Sách tham khảo môn Toán - Các Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Đại Số 9 - Nguyễn Trung Kiên - FULLTEXT (518 trang)

Chủ đề 1: BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ 

Chương 1: Căn thức 

1.1 CĂN THỨC BẬC 2 

Kiến thức cần nhớ: 

 

Căn bậc hai của số thực a là số thực x sao cho 

2 

x 

a. 

Cho số thực a không âm. Căn bậc hai số học của a kí hiệu là a là 

một số thực không âm x mà bình phương của nó bằng a : 

 

a 0 x 

0 

2 

 

a x x 

a 

Với hai số thực không âm ab , ta có: a b a b . 

Khi biến đổi các biểu thức liên quan đến căn thức bậc 2 ta cần lưu ý: 

+ 

+ 

A 

2 A 

 

A 

 

A 

nếu 

A 0 

A 0 

2 

A B A B A B với AB , 0; 

A0; B 

0 

A A. B A. 

B 

với AB 0, B 0 

B B B 

+ 

2 

+ 

M M. 

A 

A A 

với A 0 

M 

+ 

M A B 

A 

B A 

B 

trục căn thức ở mẫu) 

1.2 CĂN THỨC BẬC 3, CĂN BẬC n. 

1.2.1 CĂN THỨC BẬC 3. 


 

2 

A B A B A B với 

;(Đây gọi là phép khử căn thức ở mẫu) 

 

với A, B 0, 

A B (Đây gọi là phép 

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất 1

Căn bậc 3 của một số a kí hiệu là 3 a là số x sao cho 

Cho 3 3 3 3 

a R; 

a x x a a 

Mỗi số thực a đều có duy nhất một căn bậc 3. 

Nếu a 0 thì 3 a 0 . 



 

 

 

 

 

 

 

3 

a 

b 

3 

a 

với mọi b 0 . 

3 

b 

ab a. 

b với mọi ab. , 

3 3 3 

3 3 

a b a b . 

3 

A B 

3 3 

A B . 

A 3 AB 2 

3 với B 0 

B B 

3 

A 

 

B 

3 3 

3 

A 

3 

B 

1 A AB B 

 

A 

B A 

B 

3 2 3 3 2 

với A B. 

3 

x 

a 

1.2.2 CĂN THỨC BẬC n. 

Cho số a R, n N; n 2 . Căn bậc n của một số a là một số mà lũy 

thừa bậc n của nó bằng a. 

Trường hợp n là số lẻ: n 2k 1, 

k N 

Mọi số thực a đều có một căn bậc lẻ duy nhất: 

a x x a , nếu a 0 thì 2 k 

1 a 0 , nếu a 0 thì 

2k1 2k1 

2k1 

a 0 , nếu a 0 thì 2 k 

1 a 0 

Trường hợp n là số chẵn: n 2 k, 

k N . 

Mọi số thực a 0 đều có hai căn bậc chẵn đối nhau. Căn bậc chẵn 

dương kí hiệu là 2k a (gọi là căn bậc 2k số học của a ). Căn bậc 

chẵn âm kí hiệu là 

2 

k 

a x x 0 và 

2k 

a , 2 k 

a x x 0 

2k 

x 

a. 

và 

2k 

x 

a; 


Một số ví dụ: 

Mọi số thực a 0 đều không có căn bậc chẵn. 

Ví dụ 1: Phân tích các biểu thức sau thành tích: 

a) 

b) 

c) 

P 

4 

x 

4 

P 

3 

8x 

3 3 

P x x 

4 2 

 

1 

Lời giải: 

a) P x 2 2 x 2 2 x 2 x 2x 

2 2 

3 

b) P 2x 3 3 2x 34x 

2 2 3x 

3 . 

. 

2 

c) P x 2 1 x 2 x 2 x 1 x 2 x 1 

. 

Ví dụ 2: Rút gọn các biểu thức: 

a) 

1 

A x x x khi x 0 . 

4 

b) B 4x 2 4x 1 4x 2 4x 

1 khi 

c) C 9 5 3 5 8 10 7 4 3 

Lời giải: 

1 

x . 

4 

a) 

+ Nếu 

+ Nếu 

1 1 

1 

A x x x x x x x 

4 2 

2 

1 1 1 1 1 

x x thì x x A . 

2 4 2 2 2 

1 1 1 1 1 

x 0 x thì x x A 2 x 

2 4 2 2 2 

2 


) 

B 4x 2 4x 1 4x 2 4x 1 4x 1 2 4x 1 1 4x 1 2 4x 

1 1 

2 2 

Hay 

B 4x 1 1 4x 1 1 4x 1 1 4x 

1 1 

4x1 1 4x1 1 

+ Nếu 

ra B2 4x 1 . 

+ Nếu 

1 

4x 1 1 0 4x 11 

x thì 4x1 1 4x1 1 suy 

2 

1 1 

4x 1 1 0 4x 11 

x thì 

4 2 

4x1 1 4x1 1 suy ra B 2 . 

Suy ra 

c) Để ý rằng: 7 4 3 2 3 2 

7 4 3 2 3 

C 9 5 3 5 8 10(2 3) 9 5 3 5 28 10 3 

9 5 3 5 5 3 2 

.Hay 

C 9 5 3 5(5 3) 9 25 9 5 4 2 

Ví dụ 3) Chứng minh: 

a) A 7 2 6 7 2 6 là số nguyên. 

84 84 

B 1 1 là một số nguyên ( Trích đề TS vào lớp 

9 9 

10 chuyên Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006). 

b) 

3 3 


a 1 8a 1 a 1 8a 

1 

c) Chứng minh rằng: x 3 a 3 a với 

3 3 3 3 

1 

a là số tự nhiên. 

8 

d) Tính x y 

biết x x 2 y y 

2 

 

2015 2015 2015 . 

Lời giải: 

Tacó 

a) Dễ thấy A 0, 

2 

2 

A 

14 2.5 4 

Suy ra A 2. 

7 2 6 7 2 6 7 2 6 7 2 6 2 7 2 6. 7 2 6 

b) Áp dụng hằng đẳng thức: u v 3 u 3 v 3 3uv u v 

. Ta có: 

B 

 

 

 

3 

84 84 84 84 84 84 

1 1 1 1 3 1 . 1 

9 9 9 9 9 9 

 

3 3 3 3 3 

84 84 

1 1 

. Hay 

9 9 

 

3 3 

84 84 

84 

2 3 

1 1 . 2 3 1 2 2 

9 9 

 

81 

3 3 

3 

3 3 

B 3 

B B B B B B B 

B B 2 B 

1 2 0 mà 

Vậy B là số nguyên. 

2 1 7 

B B 2 

B 

 

0 

2 

4 

c) Áp dụng hằng đẳng thức: u v 3 u 3 v 3 3uv u v 

2 

suy ra B 1. 


Ta có 

 

3 3 2 

x a a x x a x a x x x a 

2 1 2 2 1 2 0 1 2 0 

Xét đa thức bậc hai 

với 18a 

0 

2 

x x 2a 

+ Khi 

1 

1 1 

a ta có x 3 3 1 . 

8 

8 8 

+ Khi 

Vậy với mọi 

số tự nhiên. 

1 

a , ta có 1 8a âm nên đa thức (1) có nghiệm duy nhất x 1 

8 

d) Nhận xét: 

1 

a 1 8a 1 a 1 8a 

1 

a ta có: x 3 a 3 a 1 là 

8 

3 3 3 3 

 

x 2 2015 x x 2 2015 x x 2 2015 x 

2 2015 . 

Kết hợp với giả thiết ta suy ra 

2 2 

x 2015 x y 2015 y 

2 2 2 2 

y y x x x x y y x y 

Ví dụ 4) 

2015 2015 2015 2015 0 

Giải: 

a) Cho x 4 10 2 5 4 10 2 5 . Tính giá trị biểu thức: 

P 

b) Cho 

4 3 2 

x x x x 

4 6 12 

. 

2 

x 2x12 

x 

3 

1 2 

. Tính giá trị của biểu thức 

B x x x x 

Ngoại Ngữ - ĐHQG Hà Nội năm 2015-2016). 

c) Cho 

4 4 3 2 

2 3 1942 .(Trích đề thi vào lớp 10 Trường PTC 

3 3 

x 1 2 4 . Tính giá trị biểu thức: 

5 4 3 2 

P x x x x x 

4 2 2015 


x 

2 

a) Ta có: 

2 

 

 

4 10 2 5 4 10 2 5 8 2 4 10 2 5 . 4 10 2 5 

 

 

2 2 

 

2 

x 

8 2 6 2 5 8 2 5 1 8 2 5 1 6 2 5 5 1 

x 5 1. Từ đó ta suy ra 2 2 

x 1 5 x 2x 

4 . 

Ta biến đổi: 

2 

x x x x 

2 2 

2 2 2 12 2 

4 3.4 12 P 

2 

1 . 

x 2x12 4 12 

3 

b) Ta có 3 3 2 

biểu thức P thành: 

x 1 2 x 1 2 x 3x 3x 

3 0 . Ta biến đổi 

 

2 3 2 3 2 3 2 

P x x x x x x x x x x x 

( 3 3 3) 3 3 3 3 3 3 1945 1945 

c) Để ý rằng: 

3 2 3 

x 2 2 1 ta nhân thêm 2 vế với 3 2 1 để tận 

3 3 2 2 

dụng hằng đẳng thức: a b a ba ab b 

 

3 2 1 x 3 2 1 3 2 2 3 2 1 

. Khi đó ta có: 

3 3 

3 

3 3 2 

2 1 x 1 2x x 1 2x x 1 x 3x 3x 

1 0 . 

Ta biến đổi: 

 

5 4 3 2 2 3 2 

P x x x x x x x x x x 

4 2 2015 1 3 3 1 2016 2016 

Ví dụ 5) Cho x, y, z 0 và xy yz zx 

1. 

a) Tính giá trị biểu thức: 

1 y 2 1 z 2 1 z 2 1 x 2 1 x 2 1 

y 

2 

 

P x y z 

1x 1 y 1z 

b) Chứng minh rằng: 

Lời giải: 

2 2 2 

x y z 2 

 

xy 

x y z x y z 

2 2 2 

 

2 2 2 

1 1 1 1 1 1 


2 2 

a) Để ý rằng: 1 x x xy yz zx ( x y)( x z) 

2 2 

Tương tự đối với 1 y ;1 z ta có: 

2 2 

1 y 1z y x y z z x z y 

x x x y z 

2 

1 x x y x z 

 

Suy ra P x y z y z x z x y xy yz zx 

2 2. 

b) Tương tự như câu a) 

Ta có: 

x y z x y 

z 

2 2 2 

1 x 1 y 1 z x y x z x y y z z y z x 

 

2 2 

x y z y z x z x y xy xy 

 

Ví dụ 6) 

x y y z z x x y y zz x 1 x 2 1 y 2 1 

z 

2 

 

a) Tìm x1, x2,..., x 

n 

thỏa mãn: 

1 

x 1 2 x 2 .. n x n x x ... 

x 

2 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

1 2 n 

1 2 

n 

2 

4n 

4n 

1 

b) Cho f( n) 

 

với n nguyên dương. Tính 

2n1 2n1 

f (1) f (2) .. f (40) . 

Lời giải: 

a) Đẳng thức tương đương với: 

2 2 2 2 2 2 

x x x 

1 2 

n 

n n 

2 2 2 

1 1 2 2 ... 0 

 

 

 

Hay 

x 2, x 2.2 ,..., x 2. n 

1 2 

2 2 

n 


) Đặt 

 

 

x n y n xy n 

2 2 

x y 2 

 

2 2 

x y 4n 

2 

2 1, 2 1 4 1 

. 

Suy ra 

2 2 3 3 

x xy y x y 1 1 

f ( n) x y 2n 1 2n 

1 

2 2 

x y x y 2 2 

 

3 3 

 

3 3 

Áp dụng vào bài toán ta có: 

f 1 

1 f 2 .. f 40 3 

3 1 3 5 3 3 3 .. 81 3 79 

3 

2 

 

 

 

1 3 3 

81 1 364 

2 

Ví dụ 7) 

1 1 1 

a) Chứng minh rằng: .... 4 . Đề thi 

1 2 3 4 79 80 

chuyên ĐHSP 2011 

1 1 1 1 1 

b) Chứng minh rằng: ... 21 

 

1 2 2 3 3 4 n n 1 n 1 

. 

1 1 1 1 1 

c) Chứng minh: 2 n 2 ... 2 n 1 với 

1 2 3 4 n 

mọi số nguyên dương n 2 . 

Lời giải: 

1 1 1 

a) Xét A .... 

, 

1 2 3 4 79 80 

1 1 1 

B .. 

 

2 3 4 5 80 81 

Dễ thấy A B. 

1 1 1 1 1 

Ta có A B .... 

 

1 2 2 3 3 4 79 80 80 81 

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất 9 

 

.

Mặt khác ta có: 

k1 

k 

 

1 

k1 

 

k k1 k 1 k k 1 

k 

Suy ra A B 

2 1 3 2 ... 81 80 81 1 8 . Do 

A B suy ra 2A A B 8 A 4 . 

k 

b) Để ý rằng: 

mọi k nguyên dương. 

1 1 1 1 

 

k k 1 k( k 1) k 1 

k 2k k 1 

 

 

với 

Suy ra 

1 1 1 1 1 1 

VT 21 2 .. 2 21 

 

2 2 3 n n 1 n 1 

. 

c) Đặt 

1 1 1 1 1 

P ... 

 

1 2 3 4 n 

Ta có: 

2 1 2 2 

 

n n 1 n 2 n n n 1 

với mọi số tự nhiên n 2 . 

Từ đó suy ra 

n n 2 2 2 n n 

2 1 2 1 

n 1 n 2 n n n 1 

2 n 1 n 2 2 n n 1 

n 

Do đó: 2 2 1 3 2 ... 1 

 

 

T 1 2 2 1 3 2 .... n n 1 

n n 

T và 

 

. 

hay 

Hay 2 n 2 T 2 n 1. 

Ví dụ 8) 


a) Cho ba số thực dương abc , , thỏa mãn 

a 1 b b 1 c c 1 a .Chứng minh rằng: 

2 

2 2 2 3 

a b c . 

2 

a) Tìm các số thực x, y, 

z thỏa mãn điều kiện: 

Lời giải: 

2 2 2 3 

2 2 2 

x 1 y y 2 z z 3 x 3 . (Trích đề thi tuyến sinh vào lớp 

10 chuyên Toán- Trường chuyên ĐHSP Hà Nội 2014) 

a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có 

2 2 2 2 2 2 

2 2 2 a 1b b 1 c c 1 

a 3 

a 1b b 1 c c 1 a . 

2 2 2 2 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

a 1 b 

 

a 1b 

 

 

 

 

2 

 

c 1a 

c 

1a 

 

2 2 2 

2 2 2 2 2 2 

b 1 c b 1 c a b c 

2 2 

3 

2 

(đpcm). 

b) Ta viết lại giả thiết thành: 

2 2 2 

2x 1 y 2y 2 z 2z 3 x 6 

. 

Áp dụng bất đẳng thức : 

2 2 

2ab a b ta có: 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

2x 1 y 2y 2 z 2z 3 x x 1 y y 2 z z 3 x 6 

. Suy ra VT VP 

khi: 

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 


2 2 2 

2 x, y, z 0 

x 1 y 

 

x y z 3; x, y, z 0 

2 2 

2 2 

x y 1 

2 x y 1 

2 2 

2 2 

y 2 z x 1; y 0; z 2 

y z 2 y z 2 

2 

 

z 

3 x 

2 2 2 2 

 

z x 3 

z x 3 

x x 4 x 4 x 4 x 4 

Ví dụ 9) Cho 

A 

x 

2 

8x16 

với x 4 

a) Rút gọn A .Tìm x để A đạt giá trị nhỏ nhất. 

b) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. 

Lời giải: 

a) Điều kiện để biểu thức A xác định là x 4 . 

4 2 4 2 

 

2 2 

x x x x 

x 4 2 x 4 2 

A 

 

 

 

2 

x 4 

x 4 

 

x x 4 2 x 4 2 

x 4 

 

+ Nếu 4x 

8 thì x 4 2 0 nên 

 

x x 4 2 2 x 4 4x 

16 

A 4 

x 4 x 4 x 4 

Do 4x 

8 nên 0 x 4 4 A 8. 

+ Nếu x 8 thì x 4 2 0 nên 

 

 

 

 

 

x x 4 2 x 4 2 2x x 4 2x 

8 

A 2 x 4 2 16 8 

x4 x4 x4 x4 

(Theo bất đẳng thức Cô si). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

8 

2 x 4 x 4 4 x 8 . 

x 4 


Vậy GTNN của A bằng 8 khi x 8. 

16 

b) Xét 4x 

8 thì A 4 

, ta thấy A Z khi và chỉ khi 

x 4 

16 

Z x 

4 là ước số nguyên dương của 16. Hay 

x 4 

x 

x 4 1;2;4;8;16 5;6;8;12;20 đối chiếu điều kiện suy ra x 5 

hoặc x 6 . 

+ Xét x 8 ta có: 

 

 

A 

2 

2 m 4 8 

2 

2x 

x 4 

, đặt xm 

4 

x 4 m khi đó ta có: 

m 

2 

A 2m suy ra m2;4;8 x 8;20;68 

. 

m m 

Tóm lại để A nhận giá trị nguyên thì x 5;6;8;20;68 

. 

MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN 

Câu 1. (Đề thi vào lớp 10 thành phố Hà Nội – năm học 2013-2014) 

Với x 0 , cho hai biểu thức 

2 x 

A và 

x 

x 1 2 x 1 

B . 

x x x 

1) Tính giá trị biểu thức A khi x 64 . 

2) Rút gọn biểu thức B . 

A 3 

3) Tính x để 

B 2 

. 

Câu 2. (Đề thi năm học 2012 -2013 thành phố Hà Nội) 

1) Cho biểu thức 

A 

x 4 

. Tính giá trị của biểu thức A . 

x 2 

x 4 x16 

2) Rút gọn biểu thức B 

 

 

: 

x 4 x 4 

(với 

x 2 

x0, x 16 ) 


3) Với các biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị nguyên của 

x để giá trị của biểu thức B A 1 

là số nguyên. 

Câu 3. (Đề thi năm học 2011 -2012 thành phố Hà Nội). 

Cho 

x 10 x 5 

A , với 0, 25 

x5 x 25 x 5 

x 

x 

. 

1) Rút gọn biểu thức A 

2) Tính giá trị của A khi x 9 . 

1 

3) Tìm x để A . 

3 

Câu 4. (Đề thi năm học 2010 -2011 thành phố Hà Nội). 

Cho 

x 2 x 3x 

9 

P , với x0, x 9 . 

x3 x3 

x 9 

1) Rút gọn P . 

1 

2) Tìm giá trị của x để P . 

3 

3) Tìm giá trị lớn nhất của P . 

Câu 5. (Đè thi năm học 2014 – 2015 Thành phố Hồ Chí Minh) 

Thu gọn các biểu thức sau: 

5 5 5 3 5 

A 

5 2 5 1 3 

5 

x 1 2 6 

B : 1 

x 3 x x 3 x x 3 x 

 

x 0 

. 

Câu 6. (Đề thi năm học 2013 – 2014 TPHCM) 


Thu gọn các biểu thức sau: 

x 3 x 3 

A 

 

. với x0, x 9 . 

x 3 x3 

x 9 

2 2 

B 21 2 3 3 5 6 2 3 3 5 15 15 . 

Câu 7. (Đề thi năm 2014 – 2015 TP Đà Nẵng) 

Rút gọn biểu thức 

x 2 2x 

2 

P 

2 x 

x 2 x 2 

, với x0, x 2 . 

Câu 8. (Đề thi năm 2012 – 2013 tỉnh BÌnh Định) 

Cho 

1 1 1 1 

A ... 

 

1 2 2 3 3 4 120 121 

và 

1 1 

B 1 ... 

. 

2 35 

Chứng minh rằng B 

A. 

Câu 9. (Đề thi năm 2014 – 2015 tỉnh Ninh Thuận) 

Cho biểu thức 

3 3 

x y x y 

P 

. , x y . 

2 2 2 2 

x xy y x y 

1) Rút gọn biểu thức P . 

2) Tính giá trị của P khi x 7 4 3 và y 4 2 3 . 

Câu 10. (Đề thi năm 2014 – 2015 , ĐHSPHN) 

Cho các số thực dương ab; , a b. 


Chứng minh rằng: 

 

 

 

3 

a 

b 

b b 2a a 

3 

a b 

3a 3 ab 

 

a a b b 

b 

a 

0 

. 

Câu 11. (Đề thi năm 2014 – 2015 chuyên Hùng Vương Phú Thọ) 

x x 6 x 7 x 19 x 5 x 

A ; x 0, x 9 . 

x 9 x x 12 x 4 x 

Câu 12. (Đề thi năm 2014 – 2015 tỉnh Tây Ninh) 


1 1 2 x 

A 

2 x 2 x 4 x 

x 0, x 4 

 

. 

Rút gọn A và tìm x để 

1 

A . 

3 

Câu 13. (Đề thi năm 2014 – 2015 chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi). 

3 3 x x x 

1) Cho biểu thức P . Tìm tất cả 

x 3 x x 3 x x 1 

các giá trị của x để P 2 . 

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 

2 

d : y mx 

1 

P : y x và đường thẳng 

( m là tham số). chứng minh rằng với mọi giá trị của 

m , đường thẳng d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành 

độ x1, 

x 

2 

thỏa mãn x1x2 2 . 

Câu 14. (Đề thi năm 2014 – 2014 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa) 


a 2 2 

C 

a 16 a 4 a 4 

. 

1) Tìm điều kiện của a để biểu thức C có nghĩa và rút gọn C . 

2) Tính giá trị của biểu thức C khi a 9 4 5 . 


Câu 15. (Đề thi năm 2014 – 2015 chuyên Thái Bình tỉnh Thái BÌnh) 


 

 

x0, x 4 . 

2 3 5 x 7 2 x 3 

A 

 

: 

x 2 2 x 1 2x 3 x 2 

5x 10 

x 

1) Rút gọn biểu thức A . 

2) Tìm x sao cho A nhận giá trị là một số nguyên. 

Câu 16. (Đề năm 2014 – 2015 Thành Phố Hà nội) 

1) Tính giá trị của biểu thức 

2) Cho biểu thức 

a) Chứng minh rằng 

A 

x 1 

x 1 

, khi x 9 . 

x2 1 x1 

P 

. 

x 2 x x 2 x 1 

x 1 

P . 

x 

b) Tìm các giá trị của x để 2P2 x 5 . 

với x 0 và x 1. 

Câu 17) Cho a 3 5 2 3 3 5 2 3 . Chứng minh rằng 

a 

2 

2a 2 0 . 

Câu 18) Cho a 4 10 2 5 4 10 2 5 . 

Tính giá trị của biểu thức: 

T 

 

2 3 2 

a a a a 

4 6 4 

. 

2 

a 2a12 

Câu 19) Giả thiết x, y, z 0 và xy yz zx a . 


a y 2 a z 2 a z 2 a x 2 

a x 2 a y 

2 

 

x y z 2a 

. 

2 2 2 

a x a y a z 


Câu 20. Cho 

3 

a 2 7 61 46 5 1. 

a) Chứng minh rằng: 

a 

14a 

9 0 . 

4 2 

5 4 3 2 

b) Giả sử f x x 2x 14x 28x 9x 

19 . Tính 

f a . 

Câu 21. Cho 

3 3 

a 38 17 5 38 17 5 . 

3 

Giả sử có đa thức 2016 

f x x 3x 

1940 

f a . 

. Hãy tính 

Câu 22. Cho biểu thức 

 

f n 

2n 

1 

n n 1 

 

n n1 

 

 

. 

Tính tổng S f 1 f 2 f 3 ... f 2016 

. 

Câu 23) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có: 

1 1 1 1 5 

1 ... . 

2 2 2 2 

1 2 3 n 3 

Câu 24) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 3, ta có 

1 1 1 1 65 

... 

. 

3 3 3 3 

1 2 3 n 54 

Câu 25) Chứng minh rằng: 

43 1 1 1 44 

... 

 

44 2 1 1 2 3 2 2 3 2002 2001 2001 2002 45 

(Đề thi THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm 2001-2002) 

Câu 26) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có: 

1 1 1 1 

... 1 

2 2 1 1 3 3 2 2 n 1 n 1 n n n 1 

. 

 

 


Câu 27) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 2 , ta có: 

1 4 7 10 3n2 3n1 1 

. . . .... . 

3 6 9 12 3n 3n 3 3 n 1 

. 

1). Lời giải: 

LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CHỦ ĐỀ 1 

1) Với x 64 ta có 

 

x. 

x x 

2 64 2 8 5 

A . 

64 8 4 

x 1 . x x 2 x 1 . x x x 2x 1 x 2 

B 1 

x x x x 1 x 1 

Với x 0 , ta có: 

A 3 2 x 2 x 3 x 1 3 

: 

B 2 x x 1 

2 x 2 

2 x 2 3 x x 2 0 x 4 (do x 0 ). 

2. Lời giải: 

36 4 10 5 

1) Với x 36 , ta có A . 

36 2 8 4 

2) Với x0, x 16 ta có: 

4 4 4 

x 

16 2 

x x x 2 x x x2 

B 

 

x 16 x 16 x 16 x 16 x 16 

x 16 

 

 

. 

3) Biểu thức B A 1 

x 2 x 4 x 2 2 

 

x16 x 2 

x16 

B 

A 1 

nguyên, x nguyên thì 16 

x là ước của 2 , mà 

U 2 1; 2 

. Ta có bảng giá trị tương ứng: 

Kết hợp điều kiện, để B A 1 

nguyên thì 14;15;16;17 

 

x . 



 

 

x 10 x 5 x. x 5 10 x 5. x 5 

A 

x 5 x 25 x 5 x 5 x 5 

x 5 x 10 x 5 x 25 x 10 x 25 

 

 

x 5 x 5 x 5 x 5 

2 

x 5 

x 

A 

 

5 . Với 9 

x 5 x 5 

x 5 

 

3 5 2 1 

A . 

3 5 8 4 


1) 

P 

 

x 3 x 3 

x ta có: x 3. Vậy 

x x 3 2 x x 3 3x 

9 3 

 

x 3 

1 3 1 

2) P 3 9 36 

3 x 3 3 

x x (thỏa mãn ĐKXĐ) 

 

3) Với x 0, P 3 3 1 max 

1 

x 3 0 3 

P khi x 0 (TM). 

 


5 5 5 3 5 

A 

5 2 5 1 3 

5 

 

 

 

 

 

 

5 5 5 2 5 5 1 3 5 3 5 

 

5 2 5 2 5 1 5 1 3 5 3 5 

5 5 9 5 15 5 5 9 5 15 

3 5 5 3 5 5 

4 4 4 


3 5 5 5 2 5 5 . 

x 1 2 6 

B : 1 

x 

0 

x 3 x x 3 x x 3 x 

x 1 

 

 

x 

2 6 

: 

 

 

x 3 x 3 

 

x x 

x 

3 

 

 

x x 

x 

x 

 

2 3 6 

x1 

x 

: x 1 . 1 . 

x 3 

3 x x 

 

 


Với x 0 và x 9 ta có: 

 

 

x 3 x 3 x 9 x 3 1 

A 

. 3. 

 

x3 x3 

x 9 x 

 

 

2 2 

 

21 

B 4 2 3 6 2 5 3 4 2 3 6 2 5 15 15 

2 

21 

2 2 

3 1 5 1 3 3 1 5 1 

15 15 

2 

15 2 

3 5 15 15 60. 

2 

7). Lời giải: Với điều kiện đã cho thì: 

 

 

2 

x 2 

 

x 2 x 2 

P 1. 

2x 2 x x 2 x 2 2 

x x 2 


 

Ta có: 

1 1 1 1 

A ... 

 

1 2 2 3 3 4 120 121 


1 2 2 3 120 121 

... 

 

1 2 1 2 2 3 2 3 120 121 120 121 

1 2 2 3 120 121 

... 

1 1 1 

2 1 3 2 ... 121 120 1 121 10 (1) 

* 1 2 2 

k , ta có: 2 k1 

k 

Với mọi 

k k k k k 1 

Do đó B 1 

1 1 

... 

 

2 35 

 

 

B 2 2 1 3 2 4 3 ... 36 35 

B 2 1 36 2 1 6 10 (2) . Từ (1) và (2) suy ra B A. 


 

1) 

3 3 

x y . x y x y 

P 

 

 

x 

2 xy y 

2 

x y x y x . y 

 

2) Với x 7 4 3 2 3 và y 4 2 3 3 1 

10.Lời giải: 

Thay vào P ta được: 

2 3 3 1 1 3 

2 3 

P . 

3 

2 3 3 

2 3 3 1 


Ta có: Q 

 

 

 

3 

a 

b 

b b 2a a 

3 

a b 

3a 3 ab 

 

a a b b 

b 

a 

3 3 

a b a b 

b b 

 

 

2a a 

3 

a b a a b 

0 

a b a ab b a b a b 

a a 3a b 3b a b b 2a a 3 a 

 

 

a b a ab b a b 

3 

 

3a a 3a b 3b a 3a a 3a b 3b a 

 


a b a ab b 

0 

(ĐPCM). 

x x 6 x 7 x 19 x 5 x 

A 

x 9 x x 12 x 4 x 

x 2 x 7 x 19 x 5 

 

x 3 x 4 

x 3 x 4 

x 2 x 8 x 7 x 19 x 8 x 15 

 

x 3 x 4 

 

 

x 3 x 4 

x 1 x 4 x 1 

. 

x 3 


1 1 2 x 4 2 x 22 

x 2 

A . Với 

2 x 2 x 4 x 4 x 4 x 4 x 2 x 

1 2 1 

1 

A x 4 x 16 (nhận). Vậy A khi x 16 . 

3 2 x 3 

3 


 

 


1) ĐKXĐ: x 3 

3 3 x x x 

P 

x 3 x x 3 x x 1 

3 x 3 3 3 3 x 3 3 x x x 1 

 

 

x3 x x 1 

 

 

Vì 

P 2 x 2 x 3 2 x 3 2 x 3 1 0 

2 

 

 

6 x 3 

x x 2 x 3. 

3 

x 3 1 0 x 3 1 0 x 3 1 x 4 .Vậy x 3 và 

x 4. 

2) Phương trình hoành độ giao điểm của 

x 

2 

mx 1 0. 

P và d là: 

2 

có m 4 0 với mọi m , nên phương trình luôn có hai nghiệm phân 

biệt x1, 

x 

2. Theo hệ thức Viet ta có: x1 x2 

m và xx 

1 2 

1 

x 2 

2 2 2 2 

1 

x2 m x1 x2 2x1x 2 

m 

2 4 2 

4. 1 

 

x x x x m x x m 

2 2 

1 2 1 2 1 2 

2 2 

x x m 

 

1 2 

4 4 với mọi m x1 x2 2 với mọi m (ĐPCM). 


a 

0 a 

0 

 

a 16 0 a 

16 

1) Biểu thức C có nghĩa khi: a 0, a 

16 . 

a 4 0 a 

16 

 

a 40 

 

a 

0 

Rút gọn 

a 2 2 

a 

2 2 

C 

a 16 a 4 a 4 a 4 a 4 

a 4 a 4 

 

a 2 a 8 2 a 8 a 4 a 

 

 

a 4 a 4 

a 4 a 4 a 4 a 4 

a 2 a 4 2 a 4 

 


4 

a 4 a 4 

a a a 

. 

a 4 

2) Giá trị của C khi a 9 4 5 . 

Ta có: 

a 

a 9 4 5 4 4 5 5 2 5 2 

a 2 

a 5 2 5 2 

Vậy C 9 4 5 . 

a 4 5 2 4 5 2 

 


 

1) Với x0, x 4 biểu thức có nghĩa ta có: 

2 3 5 x 7 2 3 3 

A 

 

: 

x 2 2 x 1 2x 3 x 2 

5x 10 

x 

 

 

22 x 1 3 x 2 5 x 7 

2 x 3 

: 

x 22 x 1 5 x x 2 

2 x 3 5 x 

x 2 5 x 

. 

. 

x 22 x 1 

2 x 3 2 x 1 

Vậy với x0, x 4 thì 

5 x 

A 

2 x 1 

. 

2) Ta có x 0, x 0, x 4 nên 

 

 

2 5 5 2 

5 x 

A 0, x 0, x 4 

2 x 1 

5 x 5 5 5 5 

A , x 0, x 4 0 A , kết hợp với A 

2 x 1 2 2 2 x 1 

2 

2 

nhận giá trị là một số nguyên thì A 1,2 

. 

1 1 

A 1 5 x 2 x 1 x x thỏa mãn điều kiện. 

3 9 

A 2 5 x 4 x 2 x 2 x 4 không thỏa mãn điều kiện. 


Vậy với 


1 

x thì A nhận giá trị là nguyên. 

9 

1) Với x 9 ta có 

2) a) 

31 A 2 . 

31 

x1 . x2 

 

 

x 2 x x 1 x 1 x 1 

P . . 

. 

x x 2 

x 1 x x 2 x 1 

x 

 

b) Theo câu a) 

P 

x 1 

2 x 2 

2P 2 x 5 2 x 5 

x 

2 x 2 2x 5 x 2x 3 x 2 0 và x 0 

 

 

1 

1 1 

x 2 x 0 x x . 

2 

2 4 

17. Giải: 

x 

2 

a 3 5 2 3 3 5 2 3 2 9 5 2 3 

6 2 4 2 3 

2 2 

6 2 3 1 6 2 3 1 4 2 3 1 3 

. Do a 0 nên 

a 3 1. Do đó a 1 2 

3 hay a 

18. Giải: 

2 

2a 2 0 . 

2 

 

a nên 5 1 

2 

a 

8 2 16 10 2 5 8 2 6 2 5 8 2 5 1 

 

8 2 5 1 6 2 5 . Vì 0 

a 

2 

2 

 

a . Do đó 2 

a 1 5 hay 

2 2 

a 2a 3 a 2a 

4 

2 

4 3.4 4 1 

2a 4. Biểu diễn T . 

2 

a 2a12 4 12 2 


19. Giải: 

2 2 

Ta có: a x x xy yz zx x yx z 

2 2 

a y y x y z; 

a z z xz y 

. 

Từ đó ta có: 

.Tương tự ta có: 

2 2 

a y a z x y y z z xz y 

x x x x y . Tương 

tự: 

 

2 

a x x y x z 

 

 

2 2 2 2 

a z a x a x a y 

y y 

2 

z x; 

z z 

2 

x y 

a y a z 

 

VT x y z y z x z x y 2 xy yz zx 2a 

. 

20. Giải: 

61 46 5 1 2 5 1 

2 5 

3 

a) Vì 

3 

3 

Từ đó a 2 7 1 2 5 1 2 5 

2 

2 2 4 2 

a 2 5 a 7 2 10 a 14a 

9 0 . 

b) Do f x x 4 x 2 

x 

 

21. Giải: 

được f a 1. 

14 9 2 1 và x 

4 2 

 

 

 

. Vậy 

14a 

9 0 nên ta 

Vì 

3 3 3 

a 38 17 5 38 17 5 3.3. 38 17 5. 38 17 5 

2012 

3 3 2016 

a 76 3a a 3a 76 f a 76 1940 2016 . 

22. Nhân cả tử và mẫu của 

f n với n1 

 

n, ta được: 


f n n 1 n 1 n n . Cho n lần lượt từ 1 đến 2016 , ta được: 

f f f 

Từ đó suy ra: S f f f f 

1 2 2 1 1; 2 3 3 2 2;...; 2016 2017 2017 2016 2016 

23. Giải: 

1 2 3 ... 2016 2017 2017 1. 

1 1 1 1 1 

Vì n là số nguyên dương nên: 1 ... 1 

2 2 2 2 2 

1 2 3 n 

1 

(1) . Mặt 

khác, với mọi k 1 ta có: 

1 4 4 1 1 

2 

 

 

 

2 2 2 . Cho 2,3,4,..., 

k 4k 4k 1 2k 1 2k 

1 k n ta có: 

1 4 4 2 2 2 2 

 

2 2 2 

2 4.2 4.2 1 2.2 1 2.2 1 3 5 

1 4 4 2 2 2 2 

 

2 2 2 

3 4.3 4.3 1 2.3 1 2.3 1 3 7 

1 4 4 2 2 2 2 

 

2 2 2 

4 4.4 4.4 1 2.4 1 2.4 1 7 9 

…………. 

1 4 4 2 2 2 2 

 

4 4 1 2 1 2 1 2 1 2 1 

2 2 2 

n n n n n n n 

Cộng vế với vế ta được: 

1 1 1 1 2 2 2 5 

... 1 1 

2 2 2 2 

1 2 3 n 3 2n1 3 3 

điều phải chứng minh. 

(2). Từ (1) và (2) suy ra 

24. Giải: 

1 1 1 1 

Đặt P ... 

3 3 3 3 

1 2 3 

n 

. Thực hiện làm trội mỗi phân số ở vế trái 

bằng cách làm giảm mẫu, ta có: 


2 2 2 1 1 

, k 

1 

 

1 1 1 1 

3 3 

k k k k k k k k k 

Cho k 4,5,..., n thì 

1 1 1 1 1 1 1 1 1 

2P 

2 ... 

3 3 3 

1 2 3 3.4 4.5 4.5 5.6 n 1 n nn 

1 

 

251 1 1 251 1 65 

65 

. Do đó P (đpcm). 

108 3.4 n n1 108 3.4 27 

64 

25. Giải: 

 

 

Đặt 

S n 

1 1 1 

... 

 

2 1 1 2 3 2 2 3 n 1 n n n 1 

 

 

Để ý rằng : 

 

 

 

2 2 

k 1 k k k 

1 

1 k 1 k k k 1 k 1 k k k 1 

1 1 

, k 

 

k 1 k k k 1 k k1 

k k 1 

 

 

 

 

Cho k 1, 2,..., n rồi cộng vế với vế ta có: 

S n 

1 1 1 1 1 1 1 

... 1 

1 2 2 3 n n 1 n 1 

Do đó S2001 

1 

1 

2002 

Như vậy ta phải chứng minh: 

43 1 44 1 1 1 

1 

44 2002 45 45 2002 44 

44 2002 45 1936 2002 2025 

Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên ta có điều phải chứng minh. 


26. Giải: 

Để giải bài toán này ta cần có bổ đề sau: 

Bổ đề: với mọi số thực dương xy , ta có: x y y x x x y y . 

Chứng minh: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương 

x y y x x x y y x x y y x y y x 

 

x x y y y x 0 x y x y 0 

x y x y 2 0. 

Bổ đề được chứng minh. 

Áp dụng bổ đề ta có: 

1 1 1 1 

n n n n n n n n 

 

1 

1 

n n n n n n n n 

1 1 1 1 

Vì thế: 

1 1 1 

... 

 

2 2 1 1 3 3 2 2 n 1 n 1 

n n 

 

 

1 1 1 

... 

 

. Mà theo kết quả câu 25 

2 1 1 2 3 2 2 3 n 1 

n 1 

n n 

1 1 1 1 

thì: ... 1 

. Vậy bài 

2 1 1 2 3 2 2 3 n 1 n n n 1 n 1 

toán được chứng minh. 

Câu 27) 

Giải: 

 

 

 

 

0 


Để ý rằng các phân số có tử và mẫu hơn kém nhau 2 đơn vị, nên ta nghĩ đến 

đẳng thức 

n n1 

2 2 

n n n 2 n 2 

. Kí hiệu 

n 

2 n 

1 4 7 10 3n2 3n1 

P . . . .... . . Ta có: 

3 6 9 12 3n 

3n 

3 

2 1 4 7 10 3n 2 3n 1 1 4 7 10 3n 2 3n 

1 

 

P . . . ... . . . . ... . 

3 6 9 12 3n 3n 3 3 6 9 12 3n 3n 

3 

 

1 3 6 9 3n 3 3n 1 4 7 10 3n 2 3n 

1 

 

. . . ... . . . . ... . 

3 4 7 10 3n 2 3n 1 3 6 9 12 3n 3n 

3 

1 1 3 6 7 9 3n 3 3n 2 3n 3n 

1 

1 1 

. . . . . ... . . . 

3 3 4 7 9 10 3n 2 3n 3n 1 3n 

3 3 3n3 9 n 1 

. 

Từ đây suy ra 

 

1 

P . Bất đẳng thức được chứng minh. 

3 n 1 



Chủ đề 2: HÀM SỐ BẬC NHẤT, HÀM SỐ BẬC 2 

1. Định nghĩa: 

Vấn đề 1: Hàm số bậc nhất 

+ Hàm số bậc nhất là hàm số được cho bởi công thức: y ax b trong đó 

a và b là các số thực cho trước và a 0 . 

+ Khi b 0 thì hàm số bậc nhất trở thành hàm số y ax , biểu thị tương 

quan tỉ lện thuận giữa y và x . 

2. Tính chất: 

a) Hàm số bậc nhất , xác định với mọi giá trị x R. 

b) Trên tập số thực, hàm số y ax b đồng biến khi a 0 và nghịch 

biến khi a 0 . 

3. Đồ thị hàm số y ax b 

với 0 

a . 

+ Đồ thị hàm số y ax b là đường thẳng cắt trục tung tại điểm có tung độ 

bằng b và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 

+ a gọi là hệ số góc của đường thẳng y ax b 

4. Cách vẽ đồ thị hàm số y ax b . 

b 

. 

a 

+ Vẽ hai điểm phân biệt của đồ thị rồi vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm. 

+ Thường vẽ đường thẳng đi qua 2 giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ 

 

 

 

b 

a 

 

 

 

là A ;0 , B0; 

b 

. 


+ Chú ý: Đường thẳng đi qua M m ;0 

song song với trục tung có phương 

, đường thẳng đi qua N0; 

 

trình: x m 0 

phương trình: yn 

0 

5. Kiến thức bổ sung. 

Trong mặt phẳng tọa độ cho hai điểm ; , ; 

2 2 

. Điểm ; 

AB x x y y 

x 

2 1 2 1 

x x y y 

2 2 

1 2 1 2 

; y . 

n song song với trục hoành có 

A x y B x y thì 

1 1 2 2 

M x y là trung điểm của AB thì 

6. Điều kiện để hai đường thẳng song song , hai đường thẳng vuông 

góc. 

Cho hai đường thẳng d1 : y ax b 

aa , ' 0 . 

và đường thẳng 

d2 : y a ' x b' 

với 

 

1 2 

( d ) / /( d ) a a' 

và b b' 

. 

 

1 2 

( d ) ( d ) a a' 

và b b' 

. 

d 1 

cắt 

 

1 2 

d a a . 

2 

' 

( d ) ( d ) a. a' 1 

Chú ý: Gọi là góc tạo bởi đường thẳng y ax b và trục Ox , nếu a 0 

thì tan a . 

Một số bài toán trên mặt phẳng tọa độ: 

Ví dụ 1) Cho đường thẳng d1 : y x 2 và đường thẳng 

2 : 2 

 

2 2 

d y m m x m m 

. 

a) Tìm m để ( d1) / /( d 

2) 

. 


) Gọi A là điểm thuộc đường thẳng ( d 

1) 

có hoành độ x 2 . Viết 

phương trình đường thẳng ( d3) 

đi qua A vuông góc với ( d 

1) 

. 

c) Khi ( d1) / /( d 

2) 

. Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 

 

1 2 

 

( d ), d . 

d) Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng ( d 

1) 

và tính 

Lời giải: 

diện tích tam giác OMN với M, 

N lần lượt là giao điểm của ( d 

1) 

với các trục tọa độ Ox, 

Oy . 

a) Đường thẳng ( d1) / /( d 

2) 

khi và chỉ khi 

m 

m 

m 

m 

 

2 

2m 

m1 

1 2 1 0 1 

m 

2 

 

. 

 

m m 

2 

1 2 0 2 

1 

Vậy với m thì ( d1) / /( d 

2) 

. 

2 

b) Vì A là điểm thuộc đường thẳng ( d 

1) 

có hoành độ x 2 suy ra 

tung độ điểm A l y 2 2 4 A2;4 

1 

. 

Đường thẳng d có hệ số góc là a 1, đường thẳng d có hệ số góc là 

a' a'.1 1 a' 1 

. Đường thẳng 

đi qua 2;4 

y x 6 . 

c) 

A suy ra 4 2 b b 6 

Khi ( 

1) / /( 

2) 

3 

2 

d có dạng y x b 

. Vậy đường thẳng 

. Vì d 

 

d là 

d d thì khoảng cách giữa hai đường thẳng d và 

chính là khoảng cách giữa hai điểm AB , lần lượt thuộc 

cho AB ( d ), AB d 

 

. 

1 2 

Hình vẽ: Gọi B là giao điểm của đường thẳng 

1 

1 

3 

2 

3 

d cũng 

d và 

(d 3 ) 

A 

d sao 

2 

(d 1 ) 

( d 

3) 

và ( d 

2) 

. Phương trình hoành độ giao điểm 

B 

(d 2 ) 


của 

2 

d và 

d là: 

3 

1 25 23 25 23 

x 6 x x y B ; 

 

 

4 8 8 8 8 . 

Vậy độ dài đoạn thẳng AB là: 

2 2 

25 23 9 2 

AB 2 4 

. 

8 8 8 

d) Gọi M, 

N lần lượt là giao điểm của đường thẳng d với các trục 

tọa độ Ox, 

Oy . Ta có: 

Cho y 0 x 2 A 2;0 

, cho y 0 x 2 N 2;0 

1 

. Từ đó 

suy ra OM ON 

2 MN 

2 2 .Tam giác OMN vuông cân tại O . Gọi 

1 

H là hình chiếu vuông góc của O lên MN ta có OH MN 2 và 

2 

1 

SOMN 

OM. ON 2 ( đvdt). 

2 

Chú ý 1: Nếu tam giác OMN không vuông cân tại O ta có thể tính OH 

theo cách: 

Trong tam giác vuông OMN ta có: 

1 1 1 

(*). Từ đó để khoảng cách từ điểm O 

2 2 2 

OH OA OB 

N 

y 

H 

đến đường thẳng ( d ) ta làm theo cách: 

O 

M 

x 

+ Tìm các giao điểm M, 

N của ( d ) với các trục tọa 

độ 

+ Áp dụng công thức tính đường cao từ đỉnh góc vuông trong tam giác 

vuông OMN (công thức (*)) để tính đoạn OH . 

Bằng cách làm tƣơng tự ta có thể chứng minh đƣợc công thức sau: 


Cho ; 

M x y và đường thẳng ax by c 0 . Khoảng cách từ điểm M 

0 0 

đến đường thẳng là: 

d 

ax by c 

0 0 

a 

b 

2 2 

. 

Ví dụ 2:Cho đường thẳng 

mx 2 3m y m 1 0 ( d ). 

a) Tìm điểm cố định mà đường thẳng ( d ) luôn đi qua. 

b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng ( d ) là lớn 

nhất. 

c) Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt các trục tọa độ Ox, 

Oy lần lượt tại 

Lời giải: 

ta có: 

AB , sao cho tam giác OAB cân. 

a) Gọi ; 

I x y là điểm cố định mà đường thẳng ( d ) luôn đi qua với 

0 0 

mọi m khi đó 

2 3 1 0 

mx m y m m m x 3y 1 2y 1 0m 

0 0 

1 

x 

x0 3y0 

1 0 

0 

 

 

 

 

2 1 1 

 

. Hay I ; 

2y0 

1 0 

1 

. 

 

2 2 

y 

 

0 

 

2 

0 0 0 

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng ( d ). Ta có: 

OH OI suy ra OH lớn nhất bằng OI khi và chỉ khi H I OI ( d) 

. 

Đường thẳng qua O có phương trình: y 

ax do 

I 1 1 1 1 

; . 1 : 

2 2 OI 

2 a 

2 

a OI y 

 

x . 

Đường thẳng ( d ) được viết lại như sau: 

 

mx 2 3m y m 1 0 2 3m y mx 1 m . 


+ Đế ý rằng với 

2 

m thì đường thẳng 

3 

Oy nên khoảng cách từ O đến ( d ) là 1 2 . 

+ Nếu 

kiện để ( d) 

cách 

2 

m đường thẳng ( d ) có thể viết lại: 

3 

m 

OI là 

1 

( d) : x 0 song song với trục 

2 

m m1 

y 

x 

3m2 3m 2 

. Điều 

1 

.1 1 m 2 3m m . Khi đó khoảng 

3m 

2 2 

2 2 

1 1 2 

OI . Vậy 

2 2 2 

c) Ta có thể giải bài toán theo 2 cách sau: 

1 

m là giá trị cần tìm. 

2 

2 

+ Cách 1: Dễ thấy m không thỏa mãn điều kiện (Do ( d ) không cắt 

3 

2 

Oy ). Xét m , đường thẳng ( d ) cắt Ox, 

Oy tại các điểm AB , tạo thành 

3 

tam giác cân OAB , do góc 

AOB 

0 

90 OAB vuông cân tại O . Suy ra 

hệ số góc của đường thẳng ( d ) phải bằng 1 hoặc 1 và đường thẳng ( d ) 

không đi qua gốc O . 

m 

 

1 

m 

1 

3m 

2 

 

1 . Ta thấy chỉ có giá trị 

m m 

 

1 

2 

3m 

2 

bài toán. 

1 

m là thỏa mãn điều kiện 

2 

2 

Cách 2: Dễ thấy m , m 0 không thỏa mãn điều kiện 

3 

2 

m m1 

Xét m 0; , đường thẳng ( d ) có thể viết lại: y 

x 

3 

3m2 3m 2 

. 

Đường thẳng ( d ) cắt trục Ox tại điểm A có tung độ bằng 0 nên 

m m 1 1 1 1 

0 m m 

x x A 

;0 OA 

m , đường 

3m 2 3m 2 

m m m 


thẳng ( d ) cắt trục Oy tại điểm có hoành độ bằng 0 nên 

m 1 1 1 

0; 

m m 

y B 

OB . Điều kiện để tam giác OAB 

3m 2 3m 2 3m 

2 

1 

1 1 m 1 

m 

 

m 

m 

cân là OA OB 

 

1 . Giá trị 

m 3m 

2 m 3m2 

m 

 

2 

m 1 không thỏa mãn , do đường thẳng ( d ) đi qua gốc tọa độ. 

Kết luận: 

1 

m . 

2 

Ví dụ 3) Cho hai đường thẳng 

( d ) : mx ( m 1) y 2m 1 0,( d ) : (1 m) x my 4m 

1 0 

1 2 

a) Tìm các điểm cố định mà ( d 

1) 

, ( d 

2) 

luôn đi qua. 

b) Tìm m để khoảng cách từ điểm P (0;4) đến đường thẳng ( d 

1) 

là 

lớn nhất. 

c) Chứng minh hai đường thẳng trên luôn cắt nhau tại điểm I .Tìm 

quỹ tích điểm I khi m thay đổi. 

d) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác I AB với AB , lần lượt là 

Lời giải: 

các điểm cố định mà , 

 

d d đi qua. 

1 2 

( d ) : mx ( m 1) y 2m 1 0 m x y 2 1 y 0. 

a) Ta viết lại 

Từ đó dễ dàng suy ra đường thẳng 

1) 

1 

(d luôn đi qua điểm cố định: 1;1 

 

Tương tự viết lại 

suy ra ( 

2) 

2 

A . 

( d ) : (1 m) x my 4m 1 0 m y x 4 1 x 0 

d luôn đi qua điểm cố định: 1;3 

b) Để ý rằng đường thẳng ( 

1) 

B . 

d luôn đi qua điểm cố định: A 1;1 

 

. Gọi 

H là hình chiếu vuông góc của P lên ( d 

1) 

thì khoảng cách từ A đến ( d 

1) 

là PH PA. Suy ra khoảng cách lớn nhất là PA khi 


P H PH d 1 

.Gọi y ax b là phương trình đường thẳng đi qua 

a.0 b 4 b 

4 

P0;4 , A 1;1 

ta có hệ : suy ra phương trình đường 

a.1 b 1 a 

3 

thẳng PA : y 3x 

4 . 

Xét đường thẳng ( d 

1) : : mx ( m 1) y 2m 

1 0 . Nếu m 1 thì 

d1 : x1 0 không thỏa mãn điều kiện. Khi m 1 thì: 

m 2m1 

d1 

: y x 

1m 

m 1 

. Điều kiện để ( d1) 

PA là 

m 

1 

3 

1 m 

1 m . 

4 

c) Nếu 0 d1 : 1 0 d2 : x1 0 suy ra hai đường 

thẳng này luôn vuông góc với nhau và cắt nhau tại I 1;1 

. Nếu m 1 thì 

d1 : x 1 0 và d2 : y3 0 suy ra hai đường thẳng này luôn vuông 

góc với nhau và cắt nhau tại I 1;3 

. Nếu m 0;1 

thì ta viết lại 

m thì 

y và 

m 2m1 

m1 4m1 

d1 

: y x và d2 

: y x . Ta thấy 

1m 

m1 

m m 

m m1 1 nên d1 d2 

. 

(d 2 ) 

1 

m m 

I 

 

Do đó hai đường thẳng này luôn cắt 

nhau tại 1 điểm I . 

(d 1 ) 

Tóm lại với mọi giá trị của m thì hai 

đường thẳng , 

 

d d luôn vuông góc 

1 2 

A 

H 

K 

B 

và cắt nhau tại 1 điểm I . Mặt khác theo 

câu a) ta có , 

 

d d lần lượt đi qua 2 

1 2 

điểm cố định AB , suy ra tam giác I AB vuông tại A . Nên I nằm trên 

đường tròn đường kính AB . 


2 2 

d) Ta có 

AB 11 31 2 2 . Dựng IH AB thì 

2 

1 1 1 AB AB 

S IAB 

IH. AB IK. AB . AB 2 . Vậy giá trị lớn nhất của 

2 2 2 2 4 

diện tích tam giác IAB là 2 khi và chỉ khi IH IK . Hay tam giác IAB 

vuông cân tại I . 

Ứng dụng của hàm số bậc nhất trong chứng minh bất đẳng thức và tìm 

GTLN, GTNN 

Ta có các kết quả quan trọng sau: 

+ Xét hàm số y f ( x) 

ax b với m x n khi đó GTLN, GTNN của 

hàm số sẽ đạt được tại x m hoặc x n. Nói cách khác: 

 

và max f ( x) max f m; 

f n 

min f ( x) min f m ; f n 

mxn 

mxn 

. Như vậy 

để tìm GTLN, GTNN của hàm số y f ( x) 

ax b với m x n ta chỉ 

cần tính các giá trị biên là f m, 

 

GTLN, GTNN. 

f n và so sánh hai giá trị đó để tìm 

+ Cũng từ tính chất trên ta suy ra: Nếu hàm số bậc nhất y f x 

ax b 

có f m, f n 

0 thì f x 0 với mọi giá trị của x thỏa mãn điều kiện: 

m x n . 

Ví dụ 1: Cho các số thực 0 x, y, z 2. Chứng minh rằng: 

x y z xy yz zx 

2 4. 

Lời giải: 

Ta coi yz , như là các tham số, x là ẩn số thì bất đẳng thức cần chứng 

f ( x) 2 y z x 2 y z yz 4 0 . 

minh có thể viết lại như sau: 

Để chứng minh f x 0 ta chỉ cần chứng minh: 

có: 

f 

 

f 

 

 

0 0 

. Thật vậy ta 

2 0 


+ f y z yz y z 

0 2 4 2 2 0 với yzthỏa , mãn: 

0 yz , 2 . 

f 2 2 2 y z 2 y z yz 4 yz 0 với yzthỏa , mãn: 

+ 

0 yz , 2 . 

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

x; y; z 0;2;2 

hoặc các hoán vị của bộ số trên. 

Ví dụ 2: Cho các số thực không âm x, y, 


x y z 1. Tìm GTLN của biểu thức: P xy yz zx 2xyz 

. 

Lời giải: 

Không mất tính tổng quát ta giả sử min , , 

có 

x y 1z 

 

2 2 

0 xy . 

4 4 

P xy 1 2z x y z xy 1 2z z 1 

z 

ẩn số thì f xy xy 1 2z z 1 

z 

x y z 

1 

z x y z z . Ta 

3 3 

. Ta coi z là tham số xy là 

1 

z 2 

là hàm số bậc nhất của xy với 

0 xy . Để ý rằng: 12z 

0 suy ra hàm số 

4 

1 2 1 

 

f xy xy z z z luôn đồng biến . Từ đó suy ra 

 

 

2 

 

2 

 

3 2 

1z 1z 2z z 1 

f xy f 1 2z z 1 2z 

 

4 

 

4 4 

7 1 3 1 2 1 7 1 1 1 7 

z z 27 2 4 108 

z z 

. Dấu bằng xảy ra 

27 2 3 6 27 

1 

khi và chỉ khi x y z . 

3 

Ví dụ 3: Cho các số thực dương abc , , thỏa mãn điều kiện: ab c 1. 

Chứng minh rằng: a 2 b 2 c 2 a 3 b 3 c 

3 

 

5 6 1. 


2

Lời giải: 

Không mất tính tổng quát giả sử: a min a, b, 

c 

thức tương đương với 

suy ra 

2 3 

 

 

 

2 3 

5 a b c 2bc 6 a b c 3bc b c 1 

1 

a . Bất đẳng 

3 

 

2 2 3 

3 2 

5a 1 a 2bc 6a 1 a 3bc 1 a 1 9a 4 bc 2a 

1 0 

 

. Đặt t bc thì 

2 2 

b c 1a 

 

0 t . Ta cần chứng minh: 

2 2 

2 

 

f t 9a 4t 2a 

1 2 

1 

a 

0 với mọi t 0; 

 

2 

. Do 9a 4 0 suy 

1 

a 

ra hàm số f t nghịch biến. Suy ra 2 1 

2 

f t f 

a3a 

1 

0 . 

 

2 

4 

1 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c . 

2 

Kiến thức cần nhớ. 

Vấn đề 2: HÀM SỐ BẬC HAI 

Hàm số 

y 

2 

ax a 0 

: Hàm số xác định với mọi số thực x 

Tính chất biến thiên: 

+) Nếu a 0 thì hàm số đồng biến khi x 0 , nghịch biến khi x 0 . 

+) Nếu a 0 thì hàm đồng biến khi x 0 , nghịch biến khi x 0 . 

Đồ thị hàm số là một đường Parabol nhận gốc tọa độ O làm đỉnh, nhận trục 

tung làm trục đối xứng. Khi a 0 thì Parabol có bề lõm quay lên trên, khi 

a 0 thì Parabol có bề lõm quay xuống dưới. 

y 

y 

O 

x 

y= ax 

http://dethithpt.com 2 

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất Với a>0 

40

Ví dụ 1. 

2 

a) Hãy xác định hàm số y f x ax biết rằng đồ thị của nó đi qua 

điểm A 2;4 

. 

b) Vẽ đồ thị của hàm số đã cho 

c) Tìm các điểm trên Parabol có tung độ bằng 16. 

3 

d) Tìm m sao cho ; 

B m m thuộc Parabol. 

e) Tìm các điểm trên Parabol (khác gốc tọa độ) cách đều hai trục tọa 

độ. 

Lời giải: 

A P 4 a.2 a 1 

a) Ta có 

2 

b) Đồ thị Parabol có đỉnh là gốc tọa độ 

 

 

O 0;0 quay bề lồi xuống dưới, có trục 

9 

y 

y=x 2 

đối xứng là Oy đi qua các điểm 

1;1 , 1;1 , 3;9 , 

3;9 

M N E F 

-3 

-1 

1 

O 

1 

3 

x 

c) Gọi C là điểm thuộc P có tung độ bằng 16. 

Ta có: 

. Vậy C 4;16 

hoặc 4;16 

y x x 

2 

C 

16 

C 

16 

C 

4 

C . 


d) Thay tọa độ điểm B vào P ta được: 

3 2 3 2 2 

 

m m m m 0 m m 1 0 m 0 hoặc m 1. 

e) Gọi D là điểm thuộc P cách đều hai trục tọa độ. Ta có: 

2 

, ; , 

d D Ox y x d D Oy x . Theo giả thiết ta có: 

2 

D D D 

D D D 

x x x 0 (loại) hoặc 1 

x . Vậy D 1;1 

hoặc 1;1 

D 

D . 

Ví dụ 2: Một xe tải có chiều rộng là 2,4 m chiều cao là 2,5 m muốn đi qua 

một cái cổng hình Parabol. Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4m và 

khoảng cách từ đỉnh cổng tới mỗi chân cổng là 2 5 m( Bỏ qua độ dày của 

cổng). 

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi Parabo 

2 

P : y ax với a 0 là 

hình biểu diễn cổng mà xe tải muốn đi qua. Chứng minh a 1. 

2) Hỏi xe tải có đi qua cổng được không? Tại sao? 

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 

2015-2016) 

Lời giải: 

1) Giả sử trên mặt phẳng tọa độ, độ dài các đoạn thẳng được tính theo 

đơn vị mét. Do khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m nên MA NA 2m 

. 

Theo giả thiết ta có OM ON 

2 5, áp dụng định lý Pitago ta tính được: 

OA 4 vậy M 2; 4 , N2; 4 . Do M 2; 4 

thuộc parabol nên tọa độ 

P : y ax hay 

điểm M thỏa mãn phương trình: 

2 

2 

P : y x 

. 

2 

4 a.2 a 1 và 

2) Để đáp ứng chiều cao trước hết xe tải phải đi vào chính giữa cổng. 

Xét đường thẳng 

3 

d : y 

2 


(ứng với chiều cao của xe). Đường 

thẳng này cắt Parabol tại 2 điểm 

y 

có tọa độ thỏa mãn hệ: 

2 

y 

x 

 

3 

y 

 

2 

2 3 3 2 3 

x x 

; y 

 

 

2 2 2 

 

3 

y 

3 2 3 

x ; y 

2 

2 2 

suy ra tọa độ hai giao điểm là 

3 2 3 3 2 3 

T 

; ; H ; HT 3 2 2,4 

2 2 2 2 

. Vậy xe tải có thể đi qua 

 

cổng. 

Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y 1 và điểm 

F 

 

IF . 

0;1 

 

Lời giải: 

. Tìm tất cả những điểm I sao cho khoảng cách từ I đến d bằng 

Giả sử điểm I x; 

y . Khi đó khoảng cách từ I đến d bằng y 1 và 

2 

1 2 

2 

. Như vậy y x y 

IF x y 

y 

1 

4 

x 

2 

2 2 

1 1 . Từ đây suy ra 

. Do đó tập hợp tất cả những điểm I sao cho khoảng cách từ I đến 

1 

P1 

: y x . 

4 

d bằng IF là đường Parabol 

2 

Ví dụ 4. 

a) Xác định điểm M thuộc đường Parabol 

2 

đoạn IM là nhỏ nhất, trong đó I 0;1 

. 

N 

-2 

T 

O 

B 

-4 A 

H 

M 

y=-x 2 

P : y x sao cho độ dài 

2 

x 


) Giả sử điểm A chạy trên Parabol 

2 

Lời giải: 

điểm J của đoạn OA. 

a) Giả sử điểm M thuộc đường Parabol 

2 

Khi đó 2 

2 2 2 4 2 

IM m m 1 m m 1. Vậy 

2 

P : y x . Tìm tập hợp trung 

P : y x 

2 1 3 3 

IM 

m 

 

. Ta thấy IM nhỏ nhất bằng 

2 4 2 

hay 

M 

 

 

 

2 1 ; 

2 2 

 

 

. 

 

2 

b) Giả sử điểm ; 

điểm đoạn OA.Suy ra 

2 

A a a thuộc P : y x . Gọi ; 

a 

x1 

 

2 

 

a 

y 

 

2 

 

2 

2 

1 

2x1 

P1 : y 2x 

. 

đoạn OA là đường Parabol 

2 

2 

suy ra ; 

M m m . 

3 

2 khi 2 

m 

2 

I x y là trung 

1 1 

. Vậy tập hợp các trung điểm I của 

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A và B chạy trên 

2 

parabol P : y x sao cho A, B O0;0 

điểm của đoạn AB . 

a) Tìm quỹ tích điểm trung điểm I của đoạn AB . 

và OA OB . Giả sử I là trung 

b) Đường thẳng AB luôn luôn đi qua một điểm cố định. 

c) Xác định tọa độ điểm A và B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. 

Lời giải: 

2 

2 

a) Giả sử Aa; 

a và ; 

và OA OB ta cần điều kiện: ab 0 và 

B b b là hai điểm thuộc P . Để A, B O0;0 

2 2 2 

OA OB AB hay ab 0 và 


2 

2 

2 4 2 4 2 2 

a a b b a b a b . Rút gọn hai vế ta được: ab 1. 

Gọi I x y là trung điểm đoạn AB . Khi đó: 

1; 

1 

a 

b 

x1 

 

2 

 

2 2 

2 

. Vậy tọa độ điểm I thỏa mãn 

a b a b 

2ab 

2 

y1 2x1 

1 

2 2 

phương trình 

y 

2 

2x 

1. 

Ta cũng có thể tìm điều kiện để OA OB theo cách sử dụng hệ số góc: 

Đường thẳng OA có hệ số góc là 

góc là 

k 

2 

2 

a 

k1 

a, đường thẳng OB có hệ số 

a 

2 

b 

b. Suy ra điều kiện để OA OB là ab . 1 

b 

b) Phương trình đường thẳng đi qua A và B là 

: x 

AB a y 

 

a 

b a b a 

AB : y a b x ab a b 

x 1 

thẳng AB : y a b 

x 1 luôn luôn đi qua điểm cố định 

2 

2 2 

. Từ đây ta dễ dàng suy ra đường 

0;1 . 

hay 

c) Vì OA OB nên 1 

2 2 2 

ab . Độ dài đoạn 2 

AB a b a b hay 

AB a b ab a b a b 

2 2 4 4 2 2 

2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 

2 2 2 2 

a b 2 a b 2ab 

, 

AB ab a b a b 

4 4 2 2 

a b 2a b . Ta có: 

2 2 2 2 

2 2 2 2 2 . Vậy AB ngắn nhất bằng 2 khi 

. Ta có thể chỉ ra cặp điểm đó là: A 1;1 

và 1;1 

 

2 

a b 2 , ab 1 

B . 

2 

Ví dụ 5) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol P : y x , trên P 

 

lấy hai điểm A 1;1 , B3;9 

. 

a) Tính diện tích tam giác OAB . 


) Xác định điểm C thuộc cung nhỏ AB của 

Lời giải: 

tam giác ABC lớn nhất. 

a) Gọi y ax b là phương 

trình đường thẳng AB . 

Ta có 

 

 

 

a. 1 b1 a 

2 

 

 

 

a.3b9 

b 

3 

suy ra phương trình đường thẳng AB 

d : y 2x 

3. Đường thẳng AB cắt 

trục Oy tại điểm I 0;3 

. Diện tích tam giác OAB là: 

P sao cho diện tích 

1 1 

SOAB SOAI SOBI 

AH. OI BK. 

OI . Ta có AH 1; BK 3, OI 3 . Suy 

2 2 

ra SOAB 

6 (đvdt). 

2 

b) Giả sử ; 

C c c thuộc cung nhỏ 

giác: 

ABC ABB ' A' ACC ' A' BCC ' B' 

P với 1 c 3. Diện tích tam 

S S S S . Các tứ giác ABB' A', AA' C ' C, CBB' C ' 

đều là hình thang vuông nên ta có: 

2 2 

1 9 1 c 9 c 

2 

SABC 

.4 . c 1 . 3 c 8 2c 

1 

8 .Vậy diện tích 

2 2 2 

tam giác ABC lớn nhất bằng 8 (đvdt) khi C 1;1 

. 

Ví dụ 10) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y x 

6 và 

P : y x . 

parabol 

2 

Lời giải: 

a) Tìm tọa độ các giao điểm của 

b) Gọi AB , là hai giao điểm của 

d và P . 

d và P . Tính diện tích tam 

giác OAB . (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT Hà Nội năm 

2014) 


-3 

y=x 2 

9 

K 

I 

1 

A 

H 

A' 

-1 O 

y 

C' 

1 

C(c;c 2 ) 

B 

B' 

3 x

1) Phương trình hoành độ giao điểm của 

6 6 0 x 2 x 3 

2 2 

x x x x 

Vậy tọa độ giao điểm của P và 

P và d là: 

.Ta có y y 

d là B 2;4 

và 3;9 

2 4; 3 9 . 

A . 

2) Gọi A', B ' lần lượt là hình chiếu của AB , xuống trục hoành. 

Ta có S OAB 

SAA' B' B 

S OAA' S 

OBB ' 

Ta có A' B ' xB' xA' xB' xA' 

5; AA' yA 9; BB ' yB 

4 

AA' BB 

' 9 4 65 

1 27 

SAA' 

BB' 

. A' B ' .5 (đvdt), S OAA' 

A' A. A' 

O 

2 2 2 

2 2 

65 27 

(đvdt) S OAB 

SAA' B' B 

S OAA' S 

OBB ' 

4 

15 (đvdt). 

2 2 

Phƣơng trình bậc hai và định lý Viet 


Đối với phương trình bậc hai ax 2 bx c 0a 

0 

2 

b 4ac 

. 

+ Nếu 0 thì phương trình vô nghiệm. 

+ Nếu 0 thì phương trình có nghiệm kép 

có biệt thức 

b 

x . 

2a 

b 

 

+ Nếu 0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 

; 

2a 

x 

2 

b 

 

. 

2a 

Công thức nghiệm thu gọn : Khi 

b 

2 b' 

, ta xét 

2 

' 

b' 

ac . Khi đó: 

+ Nếu ' 0 thì phương trình vô nghiệm. 

+ Nếu ' 0 thì phương trình có nghiệm kép 

b' 

x . 

a 


' 

' 

+ Nếu ' 0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 

; 

2a 

x 

2 

b' 

' 

. 

2a 

SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƢƠNG TRÌNH BẬC 2 

Để chứng minh một phương trình bậc 2 có nghiệm. Thông thường ta chứng 

minh: 0 dựa trên các kỹ thuật như biến đổi tương đương để đưa về 

dạng Ax B 2 0 

, kiến thức về bất đẳng thức , bất phương trình, trong 

một số bài toán khó ta cần nắm bắt được những tính chất đặc biệt của tam 

thức bậc 2 để vận dụng. 

Ngoài các kiến thức cơ sở trong SGK ta cần nắm thêm một số kết quả, bổ đề 

quan trọng sau: 

2 

+ Mọi tam thức bậc 2: f x ax bx c với a 0 đều có thể phân tích 

thành dạng 

b 

f x 

ax 

 

2a 

4a 

2 

với 

2 

b 4ac 

. 

+ Để chứng minh một phương trình bậc hai f x ax 2 bx c 0a 

0 

có nghiệm ngoài cách chứng minh 0 ta còn có cách khác như sau:”Chỉ 

af . 0 hoặc hai số thực , 

sao cho: 

ra số thực sao cho 

f . f 

0”. 

Thật vậy ta có thể chứng minh điều này nhƣ sau: 

+ Ta có a f 

 

 

 

 

2a 

4a 

 

2 

2 b 

. a 

0 

2 

2 2 

b b 

 

0 0 0 

2 2 

2a 4a 4a 2a 

 

có nghiệm. 

suy ra phương trình 


2 

+ Xét a. f a. f a f . f 

0 

trong hai số 

af có một số không dương, tức là af 0 hoặc 0 

phương trình có nghiệm. 

Ví dụ 1). Giải các phương trình sau: 

1) 

2) 

x 

2 

5x 6 0 

2 

2x 

3x1 0 . 

2 

3) x 

2 3 x 2 3 0 

2 2 

x m x m m 

2 1 0 . 

4) 

Lời giải: 

af và 

af 

1) Ta có 5 2 

4.1.6 1 1 . 

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 

51 

x1 

2 

2.1 

 

51 x2 

3 

2.1 

2 2 

2) Ta có x x 

 

2 3 1 0 3 4 2 .1 17 17 . 

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 

3) Ta có: 

3 17 3 

17 

x1 

 

2. 2 

4 

 

 

3 

17 3 

17 

x2 

 

2. 2 

4 

2 2 

2 3 4.2 3 2 3 

2 3 . Phương trình có hai 

nghiệm phân biệt là: 

2 3 2 3 

x1 

 

2 

2 

2 3 2 3 

x2 

 

 

2 


3 

,

4) m 2 m 2 m 

2 1 4 1. 

2m 

11 

 

x1 

m1 

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 

2 

 

2m 

11 

x2 

m 

2 

Ví dụ 2. Cho phương trình: m x 2 

m x m 

 

1 2 1 3 0 (1) 

1. Giải phương trình (1) khi m 2 

2. Tìm m để phương trình (1) có nghiệm kép. 

3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 

Lời giải: 

1. Với m 2 ta có phương trình: 

x 

2 

6x1 0 . Ta có 

' 3 2 

110 

nên phương trình có 2 nghiệm là: x 3 10 và 

x 3 10 . 

2. Phương trình (1) có nghiệm kép khi và chỉ khi: 

 

 

 

m 1 0 m 

1 1 

 

 

2 

m 

' m 1 m 1 . m 

3 

0 6m 

2 0 3 

 

. 

3. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 

m 1 

0 1 

 

m 1 m 

 

 

2 

3 . 

' m 1 m 1 . m 

3 

0 6m 

2 0 

 

 

m 

1 

Ví dụ 3. Cho a b 0, b c 0, a c 0 . Chứng minh rằng phương trình 

sau có nghiệm: a b c x 2 a 3 b 3 c 3 x a 2 b 2 c 

2 

 

Lời giải: 

2 3 0 . 


Nếu ab c 0 thì từ giả thiết ta suy ra a b c 0. Do vậy phương 

trình có vô số nghiệm. 

Dưới đây ta xét trường hợp ab c 0 . 

Ta có: ' 3 a 3 b 3 c 3 a b c. 

a 2 b 2 c 

2 

 

3 3 3 

2a b c aba b bcb c aca c 

3 3 3 3 3 3 

a b aba b b c bcb c a c aca c 

a b a b b c b c a c a c 

2 2 2 

. . . 0 . 

Do a b, b c, a c 0 . Từ đó suy ra phương trình đã cho có nghiệm. 

2 3 3 

Ví dụ 4: Cho phương trình: ax bcx b c 4abc 

0 (1) 

 

a 0 

vô nghiệm. Chứng minh rằng trong hai phương trình sau có một 

2 

phương trình vô nghiệm và một phương trình có nghiệm: ax bx c 0 

 

2 

2 và ax cx b 0 (3). 

Lời giải: 

Vì (1) vô nghiệm nên ta có: 

 

 

2 2 3 3 2 2 

1 

b c 4a b c 4abc 0 b 4ac c 4ab 

0(*) 

2 

Phương trình(2) có: 2 b 4 ac; 

Phương trình (3) có: 

 

2 

3 

c 4 

ab 

Nên (*) 2. 3 

0 trong hai số 2, 

3luôn có một số dương và một số 

âm dẫn đến trong hai phương trình (2) và (3) luôn có một phương trình có 

nghiệm và một phương trình vô nghiệm. 

Ví dụ 5) 

a) Cho các số dương abc , , thỏa mãn điều kiện a 2b 3c 

1. Chứng 

minh rằng có ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm 


4x 2 4 2a 1 x 4a 2 192abc 

1 0 

và 

4x 2 4 2b 1 x 4b 2 96abc 

1 0 

. 

b) Cho các số abc , , thỏa mãn điều kiện ab c 6 . Chứng minh 

rằng ít nhất một trong ba phương trình sau có nghiệm : 

2 2 

x bx x cx 

1 0; 1 

0 

x 

2 

ax 1 

0; 

c) Chứng minh rằng trong ba phương trình sau có ít nhất một phương 

trình có nghiệm: 

2 

cx ax b 

2 0 (3). 

Lời giải: 

2 

ax bx c 

a) Hai phương trình trên lần lượt có 

2 

2 0 (1) ; bx 2cx a 0 (2) 

 

' 16a 1 48 bc , ' 16b 1 24ac 

. Vì ab , là các số dương nên 

1 2 

' , ' lần lượt cùng dấu với 1 48bc và 1 

24ac . Mặt khác ta lại có 

1 2 

2 

1 48bc 1 24ac 2 24c a 2b 2 24c 13c 2 6c 

1 0 . Dẫn 

đến 

 

' ' 

1 2 

0 

. Vậy có ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm. 

b). Ba phương trình đã cho lần lượt có 

Do đó 

Lại có 

. 

2 2 2 

1 2 3 

a b c 12 

a 4; b 4; c 4. 

2 2 2 

1 2 3 

2 2 2 

 

2 2 2 2 2 

3 a b c a b c a b b c c a a b c .Suy 

2 2 

abc 

2 2 2 

ra a b c 12 . Do đó a b c 12 0 hay 

3 3 

1 2 3 0. Vậy có ít nhất một trong ba phương trình đã cho có 

nghiệm. 

2 2 2 6 

c) Nếu Trong ba số abc , , có một số bằng 0, chẳng hạn a 0 (2) 

có 

nghiệm x 0 . 


Ta xét a, bc , là các số thực khác 0, khi đó ba phương trình đã cho là ba 

2 2 2 

phương trình bậc hai lần lượt có : ' b ac; ' c ab; ' 

a bc . 

Xét tổng 1 2 

3 

ta có: 

1 2 3 

1 

 

2 

 

Suy ra trong ba số ' 1; ' 2; ' 

3 

có ít nhất một số không âm hây ba phương 

2 2 2 

2 2 2 

' 

1 

' 

2 

' 

3 

a b c ab bc ca a b b c c a 0 

trình đã cho có ít nhất một phương trình có nghiệm. 

Ví dụ 6) 

Giải: 

2 

a) Cho tam thức bậc hai f x x bx c trong đó bc , là các số 

nguyên. Chứng minh rằng, tồn tại số nguyên k để được 

2015 . 2016 

f k f f . 

2 

b) Cho tam thức bậc hai f x x bx c . Giả sử phương trình 

f x 

x có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng phương trình 

f f x 

x có 4 nghiệm nếu: b 1 2 

4b c 1 

. 

a) Đây là bài toán khó: Để chứng minh sự tồn tại của số k ta cần chỉ ra 

tính chất: 

2 

Với mọi đa thức bậc 2 dạng f x x px q . Ta luôn có 

f f x 

x f x. f x 1 

với mọi x . Thật vậy ta có: 

 

2 

 

 

2 

f x 2 f x. x 

2 

x b. 

f x 

bx c 

2 

f x 2 f x. x b. 

f x 

2 

x bx c 

2 

f x 2 f x. 

x bf x f x 

f x f x 2x b 1 

2 

f x x 2x 1 bx 1 c 

f x. f x 

1 

f f x x f x x b f x x c 

 

 

 

 

Trở lại bài toán chọn x 2015 ta có 


2015 

2015 2015 . 2016 

f 2015 

2015 . 

2 

b) Ta có: 

f f f f . Ta suy ra số k cần tìm chính là: 

k 

f f x x f x bf x c x 

2 

 

2 

 

2 

Để ý rằng phương trình x b 1 

x b c 1 0 có 

f x f x x x f x x b f x x x bx c x hay 

f f x x f x x f x x b 1 f x x x b 1 x b c 1 

 

b 1 2 

4b c 1 

0 và f x x 0 

suy ra f f x 

x có 4 nghiệm. 

Chú ý: 

có 2 nghiệm phân biệt nên 

+ Để chứng minh trong n số a1, a2,... a n 

có ít nhất một số không âm (hoặc 

một số dương) ta chỉ cần chứng minh tổng k1a1 k2a2 .... k a 0 trong 

đó 

1 2 

k , k ... k 0 . 

n 

Ví dụ 7: Cho abc , , là các số thực có tổng khác 0. Chứng minh rằng 

phương trình sau luôn có nghiệm: 

a x a x c b x c x a c x a x b 0 (1) 

(1) a b c x 2 ab bc ca x 3abc 

0 (2) 

2 

Cách 1: 

Vì ab c 0 nên (2) là phương trình bậc hai, do đó để chứng minh 

phương trình có nghiệm ta chỉ cần chứng minh ' 0 

Ta có: 

ab bc ca 2 abca b c a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 abca b c 

' 3 

1 

ab bc 2 bc ca 2 ca ab 

2 

0 . Vậy phương trình đã cho luôn 

2 

 

có nghiệm. 

n 

n 

Cách 2: Gọi 

f 

 

x là vế trái của phương trình (1). Ta có: 


0 3 ; ; ; 

 

f abc f a a a b a c f b b b a b c f c c c a c b 

 

2 

f 0 . f a . f b . f c 3abc a b b c c a 0 trong bốn 

số f 0 , f a, f b, 

f c luôn tồn tại hai số có tích không dương. Dẫn 

đến phương trình đã cho luôn có nghiệm. 

Ví dụ 8: Cho a,b,c thỏa mãn:3a 4b 6c 

0. CHứng minh rằng phương 

trình sau luôn có nghiệm: 

2 

Cách 1: 

f x ax bx c 0 

2 2 

 

3 3 

* Nếu a 0 4b 6c 0 c b f x b x f x 

nghiệm 

có 

* Nếu a 0 ta có: 

a c a c 

2 2 

2 

3 6 3 6 

b 4ac 4ac 0 f x 

0 có nghiệm 

16 16 

Cách 2: Ta có: 

1 1 1 

2 f 1 4 f 2a b c 

4 a b c 3a 4b 6c 

0 

2 4 2 

1 1 1 2 1 

f 1 2 f f 1 . f f 0 f x 

0 có nghiệm. 

2 2 2 2 

Cách 3: Ta có 

2 

a b c c 

3 9 3 9a 12b 16c 3 3 4 6 2 c 

f 0 c; 

f a b c 

4 16 4 16 16 8 

Suy ra f 3 

0 . f 

0 

4 

 

suy ra phương trình luôn có nghiệm. 

Nhận xét: 


Với cách giải thứ hai thì việc khó nhất là phải chứng minh được đẳng 

1 

thức: 2 f 1 

4 f 

1 

0. 

Tại sao ta xét 1, 

 

2 

 

f f 

 

và nhân thêm các hệ 

2 

 

số 2 và 4. Vậy ngoài hai giá trị 

f 1 

1, 

f 

 

ta còn có những giá trị nào 

2 

 

2 

 

3 

 

khác không? Câu trả lời là có, chẳng hạn ta xét f 1 , f , f 0 

. Ta cần 

2 

xác định hệ số m, n, p 0 saocho: mf 1 nf 

pf 0 

3a 4b 6c 

. 

3 

 

Đồng nhất các hệ số ta có hệ phương 

4 

 

m n 3 

9 

2 9 1 

trình: 

m n 4 m 1, n , p . Vậy ta 

3 2 2 

m n p 6 

 

 

 

có: 2 

 

2 f 1 9 f f 0 

0 trong ba số 2 

f 1 , f , f 0 

tồn tại một 

3 

 

3 

 

số không âm và một số không dương, dẫn đến tích hai số đó không dương 

hay phương trình có nghiệm. 

3 

Cách giải thứ 3: Tại sao ta chỉ ra được f 

 

 

. Điều này là hoàn toàn tự 

4 

 

nhiên nếu ta cần tạo ra một tỷ lệ 3 a: 4b để tận dụng giả thiết: 

3a 4b 6c 

0 

Ta xét bài toán tổng quát sau: 

Ví dụ 9: Cho các số thực dương m,n,p thỏa mãn: n m; 

mp n 

a b c 

và 0. 

m n p 

Chứng minh rằng phương trình: 

2 

(1) có nghiệm x 0;1 

f x ax bx c 0 

2 


Giải: Để chứng minh (1) có nghiệm x 0;1 

, ta sẽ chỉ ra các số thực 

, 0;1 

sao cho f . f 

0. Vì , 0;1 

n 

n m 1 nên dẫn đến ta xét: 

m 

và có giả thiết 

2 

n n n 

2 

m m m 

 

f a b c . Mặt khác 

 

2 

a b c m n n 1 m 

từ: 0 a. b c c 0 

2 2 

2 

m n p n m m p n 

2 2 2 

m n n pm n pm n pm n 

f c. 0 f c f 0 

2 

2 

n m pn m pm pm 

* Xét c 0 

- Nếu a 0 b 0 f x 

là đa thức không, do đó f 

trong 0;1 

 

- Nếu a 0, từ giả thiết b n 

1 

a 

m 

và 

b 

f x xax b 0 x 0;1 

a 

* Xét 0 

n pm n 

 

m pm 

2 

c ta có: f . f 0 f 0 0 f x 

n 

x 0; 0;1 

m 

 

2 

 

x sẽ có nghiệm 

có nghiệm 

VẬN DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM CỦA PHƢƠNG TRÌNH BẬC 

2 TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 

GTLN,GTNN (Phƣơng pháp miền giá trị hàm số) 

Bài toán 1: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 

2 

mx nx p 0 x 

. 

Phương pháp: 

y 

2 

ax bx c 

2 

mx nx p 

với 


Gọi y 

0 

là một giá trị của biểu thức: Khi đó 

2 

ax bx c 

2 

0 

 

2 

0 

0 

 

0 

0 

y y m a x y n b x y p c 

mx nx p 

Ta xét 2 trường hợp: 

+ Nếu y0m a 0 y0 

a 

m 

thay vào 

một giá trị của biểu thức. 

. (*) 

a 

* ta tìm được x suy ra y0 

là 

m 

a 

+ Nếu y0m a 0 y0 

thì (*) là phương trình bậc 2 ẩn x . Điều kiện 

m 

để phương trình có nghiệm là: 0 . Từ đó ta suy ra điều kiện của y 

0 

. Trên 

cơ sở đó ta tìm được GTLN, GTNN (nếu có) của biểu thức. 

+ Ngoài ra trong quá trình chứng minh bất đẳng thức ta cần nắm kết quả 

sau: Ta có: 

Nếu 0 

2 2 

 

2 b 

2 b 

a. 

f x 

a x a x 

2 . Từ đó suy ra 

2a 4a 

2a 

4 

thì a. f x 0 a, 

f x 

luôn cùng dấu. Một kết quả thường 

2 

xuyên sử dụng trong giải toán là: “Nếu tam thức bậc 2 : f x ax bx c 

có 

 

a 0, 0 f x 0, x .” 

Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN của các biểu thức: 

a) 

b) 

y 

P 

x 

x 

2 

2 

2 

x 

5x 7 

. 

8x7 

. 

2 

x 1 

c) 

2x 2xy 9y 

A 

2 2 

x 2xy 5y 

2 2 

với y 0 . 


d) 

2 

2x 

12xy 

A biết 

2 

1 2xy 

2y 

x 

y 1 (Đề TS ĐH khối B- 2008) 

2 2 

Lời giải: 

2 

2 5 

3 

a) Do x 5x 7 x 

0 , x suy ra biểu thức y luôn xác 

2 

4 

định với mọi x . Gọi y 

0 

là một giá trị của biểu thức khi đó ta có: 

2 

x 

2 

y 0 y 

2 0 

1 

x 5y0x 7y0 

0 

x 5x7 

* . 

7 

+ Nếu y0 

1 5x 7 0 x điều đó có nghĩa là y0 1 là một giá 

5 

trị của biểu thức nhận được. 

+ Nếu y0 1 thì (*) là một phương trình bậc 2 có 

5y 2 

4. y 1 .7y y 28 3y 

 

. Phương trình có nghiệm khi và 

0 0 0 0 0 

28 

chỉ khi 0 0 y0 

. Để ý rằng với mỗi giá trị y0 0 hoặc 

3 

28 

y0 

thì 0 nên 

3 

5y0 

+ GTNN của y là 0 khi và chỉ khi x 0 . 

2 y 1 

+ GTLN của y là 28 

b) ĐKXĐ x 

. 

3 khi và chỉ khi y 

x 

 

0 

 

28 

5. 

5y 

3 14 

. 

2 28 

0 

1 5 

2 

1 

3 

0 

 

2 

x 8x7 

2 

Ta có P 

2 

P 1 x 8x P 

7 

0 

x 1 

phương trình bậc hai ẩn x . 

3 

Trường hợp 1: P1 0 P 1 thì x (*) 

4 

(1) . Coi (1) là 


Trường hợp 2: P1 0 P 1 phương trình (1) có nghiệm khi 

 

2 

' 0 P 8P 9 0 P 1 P 9 0 1 P 9 (**). 

Kết hợp (*) và (**) ta có min P 1;max P 9 . 

c) 

2x 2xy 9y 

A 

2 2 

x 2xy 5y 

2 2 

. Biểu thức A có dạng đẳng cấp bậc 2. 

Ta chia tử số và mẫu số cho 

2 

t t t 

2 

2 

y và đặt 

x 

t thì A 

y t 

2 

2t 

2t9 

2 

. Ta có 

2t 5 

2 5 1 4 0 với mọi t . Gọi A 

0 

là một giá trị của biểu thức. 

2 

2t 

2t9 

0 2 

0 0 0 

2 

Khi đó ta có: 

+ Nếu A0 2 thì 

được. 

A A 2 t 2A 2 t 5A 

9 0 (*) 

t 2t5 

1 

t suy ra A0 2 là một giá trị của biểu thức nhận 

6 

+ Nếu A0 2 thì (*) là một phương trình bậc 2 có 

 

2 2 

0 0 0 0 0 

' A 1 A 2 5A 9 4A 21A 

17 . Điều kiện để phương 

trình có nghiệm là 

2 

17 

' 0 4A0 21A0 17 0 1 A0 4A0 17 

0 1 A0 

.Từ 

4 

A0 

1 

đó ta có GTNN của A là 1 khi và chỉ khi t 2 x 2y 

. GTLN 

A 2 

của A là 17 4 khi và chỉ khi A0 

1 7 7 

t x y . 

A 2 3 3 

d) Nếu y 0 thì 

Xét y 0 đặt x ty thì 

2 2 

x 1 P 2x 

2 . 

0 

0 

2 2 

2 

2x 12xy 2x 12xy 

2 t 6t 

2 2 2 2 

1 2xy 2y x 2xy 3y t 2t 

3 

A 

. 

Giải tương tự như câu b) Ta có 6 A 3. Suy ra GTNN của A là 6 đạt 

 

 


3 2 

3 2 

được khi và chỉ khi x ; y hoặc x ; y . GTLN của 

13 13 

13 13 

3 1 

A là 3 đạt được khi và chỉ khi x ; y hoặc 

10 10 

3 1 

x ; y . 

10 10 

Ví dụ 2: Cho các số thực x, y, 


GTLN, GTNN của x . 

Lời giải: 

Ta viết lại hệ phương trình dưới dạng: 

yz 8 x 5 

x 

 

y z 5 x 

 

 

yz 8 x y z 

 

y z 5 x 

 

xy yz zx 

8 

. Tìm 

x y z 5 

 

(*) hay 

(*). Vì x, y, 

z là các số thực thỏa mãn * nên suy ra yz , 

là hai nghiệm của phương trình: 

Điều kiện để phương trình (**) có nghiệm là: 

t 2 5 x t 8 5x x 

2 0 (**). 

x 2 x x 2 x 2 x x x 

5 4 85 3 10 7 0 7 3 1 0 hay 

7 

1 x . 

3 

Khi x 1 t 2 y z 2 nên GTNN của x là 1. 

Khi 

7 4 4 

x t y z suy ra GTLN của 

3 3 3 

7 

x . 

3 

Ví dụ 3) Cho các số thực x, y, 

z thỏa mãn điều kiện: x y z 1. Tìm 

GTLN của biểu thức: P 9xy 10yz 11zx 

. 

Lời giải: 


Thay z 1 x y vào P ta có: 

 

 

 

P 9xy z 10y 11x 9xy 1 x y 10y 11x 

11x 2 1112y x 10y 2 10y 

hay 

 

11x 2 12y 11 x 10y 2 10y P 0 

. Để phương trình có nghiệm điều 

kiện là y 2 y 2 y P 

0 12 11 4.11 10 10 0 hay 

 

2 

296 y 176 y 121 44P 

0 

2 

2 

 

P y y y 

74 22 121 74 11 495 495 

 

. Do đó 

11 37 296 11 27 148 148 

GTLN của P là 495 

148 đạt được khi 25 11 27 

x ; y ; z . 

74 37 74 

Ví dụ 4) Cho các số thực dương abc , , sao cho ab c 3 . Chứng minh 

rằng: 

Lời giải: 

9 

a ab 2abc 

. 

2 

Từ giả thiết ta suy ra b 3 a c . Ta biến đổi bất đẳng thức thành: 

9 2 2 

9 

a a3 a c 2ac3 a c 0 2c 1 a 2c 5c 4a 

0 

2 2 

coi đây là hàm số bậc 2 của a . Xét 2 1 2 5 4 

ta có hệ số của 

2 

a là 2c 1 0 và ta có: 

2 2 

2c 2 5c 4 182c 1 2c 1 c 2 4c 

2 

 

2 

 

2c 1 c c 3 c 2 0 do 0 c 3 

ra khi và chỉ khi 


3 1 

a , b 1, 

c . 

2 2 

f a c a c c a 

2 

. Suy ra f a 0 

ĐỊNH LÝ VIET VỚI PHƢƠNG TRÌNH BẬC 2 

2 2 9 

, dấu bằng xảy 


Định lý Viet: Nếu x1, 

x 

2 

là hai nghiệm của phương trình 

2 

ax bx c a 

0, 0 thì 

 

 

b 

x1 x2 

 

a 

 

c 

xx 

1. 

2 

 

a 

Ghi chú: Trước khi sử dụng định lý Viet, chúng ta cần kiểm tra điều kiện 

phương trình có nghiệm, nghĩa là 0 . 

Một số ứng dụng cơ bản của định lý Viet 

+ Nhẩm nghiệm của một phương trình bậc hai: 

c 

Nếu ab c 0 thì phương trình có hai nghiệm là x1 1; 

x2 

. 

a 

c 

Nếu a b c 0 thì phương trình có hai nghiệm là x1 1; 

x2 

. 

a 

(*) 

+ Tính giá trị của biểu thức g x , x trong đó , 

1 2 

xứng giữa hai nghiệm x1, 

x 

2 

của phương trình (*): 

g x x là biểu thức đối 

1 2 

Bước 1: Kiểm tra điều kiện 0 , sau đó áp dụng định lý Viet. 

Bước 2: Biểu diễn biểu thức , 

được , 

g x x . 

1 2 

g x1 x 

2 

theo S x1 x2, P x1. 

x2 

Một số biểu thức đối xứng giữa hai nghiệm thƣờng gặp: 

2 

x x x x 2x x S 2P 

; 

2 2 2 

1 2 1 2 1 2 

3 

 

x x x x 3x x x x S 3SP 

; 

3 3 3 

1 2 1 2 1 2 1 2 

2 

 

từ đó tính 

x x x x 2x x S 2P 2P S 4S P 2P 

; 

4 4 2 2 2 2 2 2 4 2 2 

1 2 1 2 1 2 


2 2 2 

1 2 1 2 1 2 1 2 

x x x x x x 4x x S 4 P,... 

+ Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là x1, 

x 

2 

cho trước: 

Bước 1: Tính S x1 x2; 

P x1x 

2 

. 

Bước 2: Phương trình bậc hai nhận hai nghiệm x1, 

x 

2 

là 

2 

X S X P 

. 0. 

+ Tìm điều kiện để phương trình bậc hai (*) ( abc , , phụ thuộc vào tham số 

m ), có hai nghiệm x1, 

x 

2 

thỏa mãn một điều kiện cho trước h 

x1, x2 

0 

(1) 

Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình (*) có nghiệm, nghĩa là 0 . Sau 

b 

c 

đó áp dụng định lý Viet để tính S x1 x2 

(2) và P x1. 

x2 

(3) 

a 

a 

theo m . 

Bước 2: Giải hệ phương trình (1),(2),(3) (thường sử dụng phương pháp thế) 

để tìm m , sau đó chú ý kiểm tra điều kiện của tham số m ở bước 1. 

+ Phân tích đa thức bậc hai thành nhân tử: Nếu phương trình (*) có hai 

nghiệm 

1, 

2 

2 

x x thì ax bx c a x x . 

x x 

. 

1 2 

+ Chứng minh bất đẳng thức liên quan đến nghiệm của phương trình bậc 2 

ta cần chú ý đến các điều kiện ràng buộc sau: 

Nếu: x m x x m x m 

. 

1 2 1 2 

0 

Nếu 

Nếu 

x1x 2 

2m 

m x1 x2 

 

x1 m x2 

m 

0 

x1x 2 

2m 

x1 x2 

m 

x1 m x2 

m 

0 



Ví dụ 1. Không giải phương trình, cho biết dấu các nghiệm 

a) 

b) 

x 

2 

13x 20 0 

c) 

2 

3x 

5x 2 0 

2 

5x 

7x1 0 

Lời giải: 

a) Ta có: 

c 

P x1. x2 

20 0 

a 

 

b 

S x1 x2 

13 0 

 

a 

Vì P 0 nên hai nghiệm x1, 

x 

2 

cùng dấu và S 0 nên hai nghiệm cùng dấu 

dương. 

c 2 

b) Ta có: P x1. x1 

0 nên hai nghiệm x1, 

x 

2 

trái dấu. 

a 3 

c) Ta có: 

c 1 

P x1x2 

0 

a 5 

 

b 

7 

S x1 x2 

0 

 

a 5 

Vì P 0 nên hai nghiệm x1, 

x 

2 

cùng dấu và S 0 nên hai nghiệm cùng dấu 

âm. 

Ví dụ 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử 

2 

4 2 

a) f x 3x 5x 

2 

b) g x x x 

P x; y 6x 11xy 3y 

d) 

c) 

2 2 

 

2 2 

Q x; y 2x 2y 3xy x 2y 

. 

Lời giải: 

a) Phương trình 

2 

3x 

5x 

2 0 

 

 

 

5 4 

có hai nghiệm x 1 hoặc 

2 

 

3 

Suy ra f x 3 x 1 x 3x 2 x 1 

2 

x 

3 


.

hoặc 

b) Phương trình 2 

4 2 2 2 2 

x x x x x 

5 4 0 5 4 0 1 

2 

x 4 .Suy ra g x x 2 1 x 2 4 x 1 x 1 x 2x 

2 

c) Ta coi phương trình 

x . 

Ta có 2 2 2 

. 

2 2 

6x 11xy 3y 

0 

là phương trình bậc hai ẩn 

x 11y 4.18y 49y 

0 . Suy ra phương trình có nghiệm là 

11 y 7 y y 3y 

x x hoặc x . Do đó 

12 3 2 

y 3y 

P x; y 6 x x 3x y 2x 3y 

3 2 

 

2 2 2 2 

2x 2y 3xy x 2y 0 2x 1 3y x 2y 2y 

0 

d) Ta có 

Ta coi đây là phương trình bậc hai ẩn x và có: 

2 2 

 

2 2 

x 13y 8 2y 2y 25y 10y 1 5y 

1 0 

3y1 

5y1 

Suy ra phương trình có nghiệm là x x 2y 

hoặc 

4 

y 

1 

y 

1 

x 

Q x; y 2 x 2y x x 2y 2x y 1 

2 

2 

. Do đó 

Ví dụ 3: Phân tích đa thức 

4 2 2 

tam thức bậc hai ẩn x . 

Lời giải: 

Ta có 


 

f x x 2mx x m m thành tích của hai 

4 2 2 2 2 4 

x mx x m m m x m x x 

2 0 2 1 0 

Ta coi đây là phương trình bậc hai ẩn m và có: 

2 

2 

4 2 

2 

 

m 2x 1 4 x x 4x 4x 1 2x 

1 0 

Suy ra 

 

2 

2x 

1 

2x1 

2 

0 1 

f x m x x hoặc 

2 

2 

2x 

1 

2x1 

2 

m x x 

.Do đó f x m x 2 x 1m x 2 x 

Ví dụ 4: 

2 

 

.

2 

a) Cho phương trình 2x 

mx 5 0 , với m la tham số. Biết phương 

trình có một nghiệm là 2 , tìm m và tìm nghiệm còn lại. 

b) Cho phương trình 

x 2 2 m 1 x m 

2 1 0 , với m là tham số. 

Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương. 

c) Cho phương trình 

Lời giải: 

2 

x x x m 

4 2 2 5 , với m là tham số. Xác 

định m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt. 

a) Vì x 2 là nghiệm của phương trình nên thay x 2 vào phương 

13 

5 

trình ta được 8 2m 5 0 m . Theo hệ thức Viet ta có: xx 

1 2 

2 

2 

5 13 

mà x1 2 nên x2 

.Vậy m và nghiệm còn lại là 5 4 2 

2 . 

b) Phương trình có hai nghiệm dương 

m 

1 

' 2m 

2 0 

 

1 

S 2m 1 0 m m 1 

 

2 

2 

P m 1 0 

 

 

m1 m 

1 

Vậy với m 1 thỏa mãn bài toán. 

2 2 

c) Ta có 

2 

x 4x 2 x 2 m 5 x 4x 4 2 x 2 m 

1 

x 2 2 x 2 m 

1 (1) 

Đặt t x 2 0. Khi đó (1) thành: 

2 

t t m 

2 1 0 (2) 

Để (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (2) có hai nghiệm phân biệt dương, tức là 

0 4m 

0 

 

phải có: P 0 1 m 0 1 m 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

S 

0 

2 0 

Ví dụ 5) 


a) Tìm m để phương trình 

nghiệm phân biệt 

1, 

2 

2 2 

3x 4 m 1 x m 4m 

1 0 

có hai 

1 1 1 

1 2 

x 

x 

2 x x . 

x x thỏa mãn: 

1 2 

b) Chứng minh rằng phương trình: ax 2 bx c 0a 

0 

(1) có hai 

nghiệm phân biệt và nghiệm này gấp kk 1 

lần nghiệm kia khi và chỉ 

khi 2 2 

1k ac kb . 

2 2 

c) Tìm các giá trị của m để phương trình x mx m m 3 0 có 

hai nghiệm x1, 

x 

2 

là độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông 

Lời giải: 

ABC , biết độ dài cạnh huyền BC 2 . 

a) Trước hết phương trình phải có hai nghiệm khác 0 nên: 

2 

' m 4m1 0 

 

 

2 

c m 4m 

1 

 

0 

m 

a 

3 

2 

m 

m 

2 

4 1 0 

4m1 0 

 

2 

41 m m 4m1 

có: S x1 x2 ; P x1x 

2 

 

3 3 

1 1 1 x1 

x2 

1 

x1 x2 x1 x2 

x x 2 x x 2 

(*). Khi đó theo định lý Viet ta 

Ta có: x x x x 

1 2 1 2 

 

1 

 

2 1 2 

2 0 

x1x2 

0 

m 

1 

(do xx 1 2 

0 ) 

m 1; m 1; m 5 

2 

xx 1 220 m 4m 5 0 

Thay vào (*) ta thấy m 1 không thỏa mãn. 

Vậy m1; m 5 là giá trị cần tìm. 

b) Giả sử (1) có hai nghiệm x1, 

x2và nghiệm này gấp k lần nghiệm kia 

thì ta có: 


x1 kx2 x1 kx2 

0 

x1 kx2 x2 kx1 

0 

x2 kx 

 

 

1 x2 kx1 

0 

2 2 2 2 

2 

1 k x1x 2 

k x1 x2 0 1 k x1x2 k x1 x2 2x1x 

 

2 

0 

 

 

 

 

1 k k 2 0 1 k ac k b 2ac 1 k ac kb 

a 

a a 

2 

2 c b c 

2 2 2 

2 

Giả sử 2 2 

1k ac kb ta chỉ cần chứng minh (1) có nghiệm là được. Ta có: 

 

 

 

 

2 2 4k 

2 2 

k 1 

b 4ac b b b 0. Vậy ta có điều phải chứng 

2 2 

k1 k1 

minh. 

c) Vì độ dài cạnh của tam giác vuông là số dương nên x1, x2 

0. 

Theo định lý Viet, ta có 


 

 

x1 x2 

m 0 

 

x x m m 

2 

1. 2 

3 0 

trình có nghiệm là: 

2 

(1). Điều kiện để phương 

2 2 2 

m 4 m m 3 0 3m 4m 

12 0 (2). 

2 2 

Từ giả thiết suy ra 2 

 

 

x x 4 x x 2 x . x 4 . Do đó 

1 2 1 2 1 2 

m 2 m 2 m m 2 m m 

2 3 4 2 2 0 1 

3 

Thay m 1 3 vào (1) và (2) ta thấy m 1 3. 

Vậy giá trị cần tìm là m 1 3. 

Ví dụ 7: Cho phương trình x 4 mx 3 m x 2 mm x m 

2 

1 1 1 0 . 

a) Giải phương trình khi m 2. 

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình có bốn 

nghiệm đôi một phân biệt. 

Lời giải: 

4 3 2 

a) Khi m 2, ta có phương trình: x 2x x 2x 

1 0 

Kiểm tra ta thấy x 0 không là nghiệm của phương trình 

Chia hai vế của phương trình cho 

2 

x ta được: 

x 

2 

1 1 

2 1 1 0 

2 

x x

1 

Đặt t x , suy ra x 

x 

2 

t t t 

1 

t 2 . Thay vào phương trình trên ta được: 

x 

2 2 

2 

2 1 0 1. Với t 1 ta được 

1 1 

5 

. Vậy với m 2 phương tình có 

x 

2 

2 

x 1 x x 1 0 x 

nghiệm 

1 

5 

x . 

2 

b) Nếu 0 

m 1 0 

x phương trình đã cho thành: 2 

Khi m 1 phương trình vô nghiệm. 

Khi m 1 thì x 0 là một nghiệm của phương trình đã cho và khi đó 

4 3 x 

0 

phương trình đã cho có dạng x x 0 . Trong trường hợp này 

x 

1 

phương trình chỉ có hai nghiệm nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

Do đó x 0 và m 1. Chia hai vế của phương trình cho 

t 

m 

1 

x . Ta thu được phương trình: t mt m 

 

Với 1 

x 

t ta được x 2 x m 

 

Với t m 1 

1 0 (1) 

ta được x 2 

m x m 

 

1 1 0 (2) 

2 

x 0 và đặt 

2 t 

1 

1 0 

t 

m 1 

Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi mỗi một trong 

các phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt, đồng thời chúng 

không có nghiệm chung. 

Để (1) và (2) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 

 

 

1 4 m 1 0 

 

m 1 

2 

m1 4m1 

0 

(*) 

Khi đó nếu x 

0 

là một nghiệm chung của (1) và (2) thì: 

2 

m 1 

x0 x0 

2 

1 1 

 

 

 

m x m x 

0 0 

hoặc m 2 hoặc x0 0 . 

. Suy ra 0 

m2 x 0 điều này tương đương với 


Nếu x0 0 thì m 1 (không thỏa mãn). Nếu m 2 thì (1) và (2) cùng 

1 

5 

có hai nghiệm x 

2 

Do đó kết hợp với (*), suy ra phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt 

khi và chỉ khi 2 m 1. 

Ví dụ 8) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: 

a) mx 2 

m x m 

 

x 2x 

1. 

1 2 

2 1 3 2 0 có hai nghiệm x1, 

x 

2 

thỏa mãn 

x 2 2m 1 x m 

2 2 0 có hai nghiệm x1, 

x 

2 

thỏa mãn 

b) 

c) 

 

3x x 5 x x 7 0 . 

1 2 1 2 

2 

x x m 

 

3 0 có hai nghiệm x1, 

x 

2 

thỏa mãn 

2 2 

x1 x2 x2 x1 

 

2 2 

d) 

Lời giải: 

1 1 19 . 

3x 4 m 1 x m 4m 

1 0 có hai nghiệm phân biệt x1, 

x 

2 

thỏa 

1 1 1 

1 2 

x 

x 

2 x x . 

mãn 

1 2 

a) Nếu m 0 thì phương trình đã cho thành: 2x6 0 x 

3 

(không thỏa mãn) 

Nếu 0 

2 2 

' m 1 m.3 m 2 2m 4m 

1 

m . Ta có 

2 6 2 6 

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là ' 0 m 

2 2 

(*). Với điều kiện (*) giả sử x1, 

x 

2 

là hai nghiệm của phương trình. 

2 m 1 

x1x2 

2 m 

Từ yêu cầu bài toán và áp dụng Viet ta có: m x2 

 

m 

x 

1 

2x 

2 

1 

 

 


2 m 

Thay x vào phương trình ta được ( m 26m 4 

0 m 2 hoặc 

m 

2 

2 

m . Đối chiếu điều kiện ta được m 2 hoặc m thỏa mãn yêu cầu 

3 

3 

bài toán. 

2 2 

b) Ta có: 

2m 1 4 m 2 4m 

7 

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là 

Theo định lý Viet ta có: 

 

 

2 

x1x2 

m 

 

7 

0 m 

4 

 

2 

thay vào hệ thức 

x 1 

x 2 

2m 

1 

3x1x 2 

5 x1 x2 

7 0 , ta được 3m 10m 8 0 m hoặc m 2 

3 

Đối chiếu điều kiện ta được m 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

c) Ta có: m 

9 4.1 9 4m 

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là 

Ta có: 

2 4 

4 

0 m 

9 

x 1 x x 1 x 19 x x . x x x . x 19 

2 2 2 2 2 2 

1 2 2 1 1 2 2 2 2 1 

x x x . x x . x 19 x x x . x x x 19 

2 2 2 2 2 2 

1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 

2 

x x x x x x x x 

2 19 . Theo định lý Viet ta có: 

1 2 1 2 1 2 1 2 

x1x2 

3 

 

x1. 

x2 

m 

2 

. Thay vào hệ thức x x x x x x x x 

2 

được: 

 

2 . 19 ta 

1 2 1 2 1 2 1 2 

3 2 m m .3 19 5m 10 m 2 

Đối chiếu điều kiện ta được m 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

2 2 2 

' 4 m 1 3 m 4m 1 m 4m 

1 

d) Ta có: 

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là: ' 0 m 2 3 hoặc 

1 1 1 

x1 x2 x1 x2 

m 2 3. Ta có: x1 x2 . Theo định lý 

x x 2 x . x 2 

1 2 1 2 

 


4 m 1 

x1 x2 

 

 

3 

x1 x2 x1 x2 

Viet ta có: 

. Thay vào hệ thức , ta 

2 

m 

4m1 

xx 

1. 2 

2 

xx 

1 2 

 

3 

được: 

4m1 3 4m1 2 

2m 1m 4m 

5 

3 

2 

m 4m1 6 

2 

3m 4m1 

m 

2 

m m 

m 1 m 1 m 5 

. 0 

2 1 4 5 

2 

m 4m1 0 

m 2 3 

ta được m 1 hoặc m 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

2 2 

x m m m 

Ví dụ 9) Cho phương trình 

. Đối chiếu điều kiện 


a) Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu với 

mọi m . 

b) Gọi hai nghiệm của phương trình đã cho là x1, 

x 

2. Tìm m để biểu 

Lời giải: 

thức 

3 3 

x 

1 

x 

2 

A 

x x 

2 1 

đạt giá trị lớn nhất. 

2 1 

3 

a) Xét a. c m m 2 m 0, m 

2 

4 

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi m . 


x 

2. 

Theo câu a) thì xx 

1 2 0 , do đó A được xác định với mọi x1, 

x 

2. 

Do x1, 

x 

2 

trái dấu nên 

3 

x 

 

x 

1 

2 

3 

 

t 

 

2 

với t 0 , suy ra 

x 

 

x 

2 

1 

3 

 

0 

 

, suy ra A 0 

x 

1 

x 

Đặt 

2 

1 

1 

t , với t 0, suy ra . Khi đó A t mang giá 

x2 

 

x1 

t 

t 

trị âm và A đạt giá trị lớn nhất khi A có giá trị nhỏ nhất. Ta có 

3 


1 

A t 2 , suy ra A 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

t 

1 

1 1. Với t 1, ta có 

t 

2 

t t t 

3 

x 

1 

x1 

x1 x2 x1 x2 

m m 

x2 x2 

1 1 0 1 0 1. 

 

Vậy với m 1 thì biểu thức A đạt giá trị lớn nhất là 2 . 

2 2 

Ví dụ 10) Cho phương trình 2x 2mx m 2 0 , với m là tham số. Gọi 

x1, 

x 

2 


a) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, 

x 

2 

không phụ thuộc vào m . 

b) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức 

2xx 

1 2 

3 

A x 

2 x 

2 

2 x x 1 

Lời giải: 

 

1 2 1 2 

Ta có m 2 

m m 

2 

4 1 2 0 , với mọi m . 

Do đó phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m . 

Theo hệ thức Viet, ta có: x1x 2 

m và x1x 

2m 

1 

 

a) Thay m x1 x2 

vào x1x 

2m 

1, ta được x1x 2 

x1 x1 1 

Vậy hệ thức liên hệ giữa x1, 

x 

2 

không phụ thuộc vào m là x1x 2 

x1 x1 1. 

Suy ra 

2 

b) Ta có: 

x x x x 2x x m 2 m 1 m 2m 

2 . 

2 2 2 2 

1 2 1 2 1 2 

2x x 3 2m 

1 

A 

 

x x 2 x x 1 m 2 

. Vì 

1 2 

2 2 2 

1 2 1 2 

2 

2m 1 2m 1 m 2 

m 

1 2 

A1 1 0, m 

2 2 2 

m 2 m 2 m 2 

Suy ra A 1, m . Dấu “=” xảy ta khi và chỉ khi m 1 

Và 

 

 

 

2 

2 m 1 m 2 m 2 

1 2m 

1 1 

A 0, m 

2 2 2 

2 m 2 2 2 m 2 2 m 2 

 

 

 

 

2 

 


1 

Suy ra A , m . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m 2. Vậy GTLN 

2 

1 

của A bằng 1 khi m 1 và GTNN của A bằng khi m 2. 

2 


2 2 

x m x m m 

2 1 2 3 1 0 , với m là 

tham số. Gọi x1, 

x 

2 

là nghiệm của phương trình. Chứng minh rằng: 

9 

x1 x2 x1x2 

. 

8 

Lời giải: 

Ta có ' m 1 2 2m 2 3m 1 m 2 m m1 

m 

. Để phương trình 

có hai nghiệm ' 0 0 m 1. Theo định lý Viet ta có: 

 

 

x1 x2 2 m 1 và x x m m . Ta có 

2 

1 2 

2 3 1 

 

2 

x1 x2 x1x 2 

2 m 1 2m 3m 

1 

2 2 m 1 1 9 

2m m 1 2 m 2 

 

m 

 

 

2 2 4 16 

2 

Vì 

1 1 3 

0 m1 m suy ra 

4 4 4 

2 2 

1 9 1 9 

m m 

0 

4 16 4 16 

Do đó 

2 2 2 

1 9 9 1 9 1 9 

x1 x2 x1x 2 

2 m 2 m 2 m 

4 16 16 4 8 4 8 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 

1 

m . 

4 


x 2 2m 1 x m 


tìm tất cả các giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, 

x 

2 

xx 

1 2 

sao cho biểu thức P x x 

1 2 

có giá trị là số nguyên. 


Lời giải: 

2 2 

Ta có 

phân biệt 

x x 

2m 1 4 m 1 4m 

3 . Để phương trình có hai nghiệm 

2 

1 2m 

1 

3 

0 m . Theo định lý Viet ta có: x1 x2 2m 

1 và 

4 

2 

x1x 2 

m 1 2m 

1 5 

. Do đó P 

. Suy ra 

x x 2 m 1 4 4 2 m 1 

1 2 

5 

4P 

2m1 

2 m . Do 3 

m nên 2m 1 

1 

1 4 

Để P thì ta phải có 2 1 

Thử lại với m 2 , ta được P 1 (thỏa mãn). 

Vậy m 2 là giá trị cần tìm thỏa mãn bài toán. 

Ví dụ 14) 

a) Tìm m để phương trình 

thức: Q x 2 x 1 x 2 

x 1 

1 1 2 2 

m là ước của 5 , suy ra 2m1 5 m 

2 

0 có hai nghiệm x 1 

, x 2 

và biểu 

2 

x x m 


b) Cho phương trình 

x 2 2 m 1 x m 

2 2 0, với m là tham số. 

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, 

x 

2 

sao cho 

 

1 2 1 2 

 

P x x 2 x x 6 đạt giá trị nhỏ nhất. 

c) Gọi 

1, 

2 

2 

x x là hai nghiệm của phương trình: 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x x 

Lời giải: 

 

 

2x 3a 1 x 2 0. 

3 2 x1 

x2 

1 1 

 

1 2 

2 

 

2 2 x1 x2 

 

a) Phương trình có nghiệm khi 0 1 4m 

0 

1 

m 

(*). 

4 

2 


S x1 x2 

1 

Khi đó theo định lý Viet: . Ta có: 

P x1x2 

m 

 

 

Q S S 3P S 2P m (do (*)) 

4 

1 1 

m . Vậy m là giá trị cần tìm. 

4 4 

2 2 1 

2 2 

b) Ta có 

' m 1 m 2 2m 

1 

Để phương trình có hai nghiệm 

ta có: x1 x2 2m 

2 và 

x x 

1 

max 

Q đạt được khi 

4 

1 

' 0 m (*). Theo định lý Viet 

2 

2 

1 2 

m 2 

. Ta có 

2 

 

2 

P x x 2 x x 6 m 2 2 2m 

2 6 

1 2 1 2 

2 

m 4m 8 m 2 12 12 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m 2 

thỏa mãn điều kiện (*). Vậy với m 2 thì biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất 

bằng 12 . 

c) Ta có: a 2 

3 1 16 0 Phương trình luôn có hai nghiệm phân 

3a 

1 biệt. Theo định lý Viet thì: x1 x2 ; x1x 

2 

1 . Ta có 

2 

2 

2 

2 x1x 2 

x1 x2 x1 x2 

 

2 

1 2 2 

6 

1 2 

xx 

1 2 

3 

P x x x x 

2 2 

 

2 

2 

3a 

1 

 

6 

x1 x2 4x1x 

 

2 

6 4 

24 . Đẳng thức xảy ra khi 

 

 

 

4 

1 

3a1 0 a . Vậy minP=24. 

3 

Ví dụ 14: Giả sử phương trình 


Lời giải: 

2 

x ax b 

2 

a a 2b 2 b 

. 

ba1 1 

b 

0 có 2 nghiệm lớn hơn 1. 


Theo định lý Vi et ta có: 

dạng : 

 

x1 x 2 xx 

2 

1 2 

 

1x 1x 1 

xx 

1 2 1 2 

1 1 2 1 

2 xx 

1 2 

x1 x2 

1 

 

1 x1 1 x2 1 xx 

1 2 

x x 1 2 x x 1 

có: 

1 2 1 2 

x1 

x2 

a 

. Bất đẳng thức cần chứng minh có 

x1. 

x2 

b 

. Để chứng minh 

1 1 2 

 

1x 1x 1 

xx 

1 2 1 2 

trên tương đương với 2 

x1 x 2 xx 

2 

1 2 

. Hay 1 1 2 

1x 1x 1 

xx 

 

 

2 1 1 2 

. Theo bất đẳng thức Cô si ta 

* ta quy về chứng minh: 

với x1, x2 

1. Quy đồng và rút gọn bất đẳng thức 

x x 1 x x 0( Điều này là hiển nhiên 

1 2 1 2 

đúng). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

Ví dụ 15: Giả sử phương trình bậc hai 

 

 

x x a b . 

2 

1 2 

4 

2 

ax bx c 

0;3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

2 2 

18a 9ab b 

Q 

2 

9a 3ab ac 

Lời giải: 

0 có hai nghiệm thuộc 

Vì phương trình bậc 2 có 2 nghiệm nên a 0 . Biểu thức Q có dạng đẳng 

cấp bậc 2 ta chia cả tử và mẫu của Q cho a 2 

thì 

b b 

18 9 

 

a a 

Q 

 

b c 

9 

a a 

2 

. 


x1 x2 

 

a 

Gọi x1, 

x 

2 

là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có: 

. 

c 

xx 

1 2 

a 

2 

b b 

18 9 

 

a a 18 9 x x x x 

Vậy : Q 

 

 

b c 

9 

9 3 

x1 x2 x1x2 

a a 

* Ta GTLN của Q: Ta đánh giá x 

x 2 

1 2 

 

 

x , x 0;3 . 

 

1 2 1 2 

qua xx 

1 2với điều kiện 

1 2 

x 

x x 

0 x x 3 x x x x 2x x 9 3x x 

 

2 

1 1 2 2 2 2 

1 2 

2 

1 2 1 2 1 2 1 2 

x2 

9 

Giảsử 

 

 

 

 

18 9 x x 3x x 9 

1 2 1 2 

Q 

9 3 x x x x 

1 2 1 2 

Ta cũng có thể đánh giá theo cách: 

x1 

x13 

0 

 

x x 

3. 

 

2 2 

 

 

x1 x2 3 

x1 x2 2 2 

0 x1; x2 3 x2 x2 3 0 

x1 x2 x1x2 

9 

 

x1x 2 

9 3( x1 x2) 

1 3 

2 3 0 

2 

x x 3x x 9. Suy ra 

Q 

1 2 1 2 

 

 

 

 

 

 

2 

18 9 x1 x2 x1 x2 18 9 x1 x2 9 3x1x2 

 

xảy ra 

9 3 x x x x 9 3 x x x x 

1 2 

 

x1 x2 

 

1 2 1 2 1 2 1 2 

2 

3. Đẳng thức 

b 

b 

6 

x 

x 3 

 

a b6a 

3 

a b3a 

hay hoặc 

0; 3 c c 9a 

9 

c 

c 0 

0 

a 

a 

 

 

2 2 

3 x1 x2 x1 x2 

Ta có Q 2 0 Q 

2 . Đẳng thức xảy ra 

9 3 x x x x 

 

 

1 2 1 2 

x1 x2 0 b c 0. Vậy GTLN của Q là 3 và GTNN của Q là 2. 


Ví dụ 16: Cho phương trình 

2 

f x ax bx c 0 , trong đó a,b,c là các số 

nguyên và a 0 , có hai nghiệm phân biệt trong khoảng (0;1). Tìm giá trị 

nhỏ nhất của a. 

Giải: Gọi 

1, 2 0;1 

f x a x x1 x x2 

. Vì abc , , là các số nguyên và 

a 0 f 0 c ax x , f 1 a b c a1 x 1 

x 

x x là hai nghiệm phân biệt của phương trình đã cho 

là các số nguyên 

1 2 1 2 

dương. 

Áp dụng BĐT Cauchy 

1 1 

1 

tacó: x1 1 x1 ; x2 1 x2 

x1x 2 1 x1 1 x2 

(2) (Vì 

4 4 

16 

2 

a 

2 

nên không có đẳng thức). Từ (1) và (2) 1 a 16 

16 

a 5 

f x 5x x 1 1, ta thấy 

do x 1 

x 2 

(a là số nguyên dương). Xét đa thức 

f( x ) thỏa mãn điều kiện bài toán. Vậy giá trị nhỏ nhất của a bằng 5. 

Ví dụ 17: Chứng minh: 

với mọi số tự nhiên lẻ. 

a n 

n 

3 5 3 5 

2 

2 2 

 

n 

là số chính phương 

Lời giải: 

Ta có 

a n 

Xét dãy 

3 5 3 5 1 5 1 

5 

2 

 

2 2 2 2 

 

S n 

n n n n 

n 

1 

5 1 

5 

 

 

2 2 

 

1 

5 1 

5 

Xét x1 , x2 

ta có 

2 2 

của phương trình: 

2 

x x1 0. 

n 

2 

 

. 

 

 

, ta chứng minh b 

n 

là một số nguyên. 

x1x2 

1 

 

x1. x2 

1 

suy ra x1, 

x 

2 

là hai nghiệm 


n1 n1 n n n1 n1 

Ta có Sn 

1 

x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 

 

S S S 

n1 n n1 

hay 

. Ta có 2 

S 1, S x x 2x x 3, S S S 2. Từ 

1 2 1 2 1 2 3 2 1 

đó bằng phép quy nạp ta dễ dàng chứng minh được S 

n 

là số nguyên . Suy ra 

a 

n 

S 

2 

là số chính phương. 

n 

CÁC BÀI TOÁN TƢƠNG GIAO ĐƢỜNG THẲNG VÀ PARABOL 

Kiến thức cần nhớ: Khi cần biện luận số giao điểm của một đường thẳng 

 

 

d và Parabol 

( P) : y ax 

2 

ta cần chú ý: 

a) Nếu đường thẳng d là y 

dựa vào đồ thị để biện luận hoặc biện luận dựa vào 

m (song song với trục Ox ) ta có thể 

2 

ax 

m . 

b) Nếu đường thẳng d : y mx n ta thường xét phương trình hoành 

độ giao điểm của P và d là: 

2 2 

ax mx n ax mx n 

xét số giao điểm dựa trên số nghiệm của phương trình 

bằng cách xét dấu của . 

0 từ đó ta 

2 

ax mx n 

0 

Trong trường hợp đường thẳng d cắt đồ thị hàm số P tại hai điểm phân 

biệt , 

AB thì A x ; mx n, B x ; mx n 

khi đó ta có: 

1 1 2 2 

2 2 

 

2 2 2 

AB x2 x1 m x2 x1 m 1 x1 x2 4x1x 

 

 

2 

. Mọi câu 

 

hỏi liên quan đến nghiệm x1, 

x 

2 

ta đều quy về định lý Viet. 

Chú ý: Đường thẳng 

y a x x y 

dạng: 

0 0 

d có hệ số góc a đi qua điểm ; 

M x y thì có 

0 0 

Ví dụ 1) Tìm phương trình đường thẳng d đi qua điểm I 0;1 

và cắt 

parabol ( P ) : 

y 

MN . 

2 

x tại hai điểm phân biệt M và N sao cho 2 10 

(Trích đề thi THPT chuyên Ngoại Ngữ - ĐHQGHN năm học 2000-2001). 


Lời giải: 

Đường thẳng d qua I với hệ số góc a có dạng: y ax 

1 

Phương trình hoành độ giao điểm của d và P là: 

2 2 

2 

x ax 1 x ax 1 0 (1). Vì a 4 0 với mọi a , (1) luôn có 

hai nghiệm phân biệt nên d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt 

M x ; y , N x ; y hay M x ; ax 1 , N x ; ax 1 

1 1 2 2 

ta có: x1 x2 a, x1x 

2 

1. 

. Theo định lý Viet 

1 1 2 2 

 

2 2 

MN 2 10 x x ax 1 ax 1 40 

2 1 2 1 

2 2 

 

 

2 2 2 

a 1a 4 

40 a 4 a 2 

2 2 

a 1 x2 x1 40 a 1 x1 x2 4x1x 

 

2 

40 

 

. 

1 

P : y x và đường thẳng 

2 

1 

d : y mx m m 1. 

2 

a) Với m 1, xác định tọa độ giao điểm AB , và d và P . 

b) Tìm các giá trị của m để d cắt P tại hai điểm phân biệt có 

Ví dụ 2: Cho parabol 

2 

 

2 

hoành độ x1, 

x 

2 

sao cho x1x2 2 . (Trích đề tuyển sinh lớp 10 – 

thành phố Hà Nội năm 2014). 

Lời giải: 

a) Với m 1 ta có phương trình hoành độ giao điểm của 

P và 

là: 

1 2 3 2 

x x x 2x 3 0 x 1 hoặc x 3 (do ab c 0 ) 

2 2 

1 9 

1 

y 1 ; y 3 . Vậy tọa độ các giao điểm là A 

1; 

 

2 2 

2 và 

Ta có 

B 9 

3; 

 

2 . 

b) Phương trình hoành độ giao điểm của 

P và d là 


d

1 2 1 2 2 2 

x mx m m 1 x 2mx m 2m 

2 0 (*) 

2 2 

Để P cắt d tại hai điểm phân biệt x1, 

x 

2 

thì phương trình (*) phải có 

hai nghiệm phân biệt. 

2 2 

Khi đó ' m m 2m 2 0 m 1 


2 2 

m ta có: 2 

Khi 1 

 

x x 2 x x 2x x 4 x x 4x x 4 

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 

 

4m 4 m 2m 2 4 8m 4 

m . 

2 


2 2 1 

b ' b ' 

Khi m 1 ta có: x1 x2 

2 2 ' 2 2m 

2 

a a' 

Theo yêu cầu bài toán ta có: 

1 

2 2m 2 2 2 m 2 2 2m 2 1 

m . 

2 

P : y 

1 x 

2 

Ví dụ 3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol 

2 

M m ;0 

với m là tham số khác 0 và điểm 0; 2 

đường thẳng d đi qua hai điểm , 

P tại hai điểm phân biệt , 

Lời giải: 

, điểm 

I .Viết phương trình 

M I . Chứng minh rằng d luôn cắt 

AB với độ dài đoạn AB 4 . 

2 

Phương trình đường thẳng d : y x 2. Phương trình hoành độ giao 

m 

1 2 2 

điểm của đường thẳng d và Parabol là: 2 

2 x m 

x 

2 

2 

mx 4x 4m 

0 . Ta có ' 4 4m 

0, m suy ra d luôn cắt P 

 


tại hai điểm phân biệt 

2 2 

x 

 

1 

x 

 

2 

A x1; , B x2; 

 

2 2 

2 2 1 2 1 2 

2 1 

2 

AB x2 x1 x2 x 1 x1 x2 4x1x 2 

1 x1 x2 

 

 

2 2 

4 

 

4 Theo định lý Viet ta có: x 

1 

x 

2 

, x 

1 x 

2 

4 . 

m 

2 16 4 

Vậy AB 16 1 16 

2 

2 nên AB 4 . 

m m 

Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol P có phương trình 

y 

x 

2 

2 

. Gọi 

d là đường thẳng đi qua I 0; 2 

và có hệ số góc k . 

a) Viết phương trình đường thẳng 

d . Chứng minh đường thẳng d 

luôn cắt parabol P tại hai điểm phân biệt AB , khi k thay đổi. 

b) Gọi H, 

K theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của AB , trên trục 

hoành. Chứng minh rằng tam giác IHK vuông tại I . 

Trích đề thi THPT chuyên Ngoại Ngữ - ĐHQGHN năm học 2006-2007 

Lời giải: 

a) Đường thẳng d : y kx 

2 

Xét phương trình 

x 

2 

2 

2 

kx 2 x 2kx 

4 0 (1). Ta 

2 

có: ' k 4 0 với mọi k , suy ra (1) có hai nghiệm phân biệt. 

Vậy d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt. 

b) Giả sử (1) có hai nghiệm phân biệt x1, 

x 

2 

Suy ra A x ; y , B x ; y thì ;0 , ;0 

1 1 2 2 

H x K x . Khi đó 

1 2 

2 

IH x 4, IK x 4, KH x x . Theo định lý Viet thì xx 

1 2 

4 

nên 

2 2 2 2 2 

1 2 1 2 

IH IK x x KH . Vậy tam giác IHK vuông tại I . 

2 2 2 2 2 

1 2 

8 

 


Ví dụ 4: Cho Parabol 

( P) : y x 

2 

và đường thẳng ( d) : y mx 4 

. 

a) Chứng minh đường thẳng ( d ) luôn cắt đồ thị ( P ) tại hai điểm phân 

biệt AB , .Gọi x1, 

x 

2 

là hoành độ của các điểm AB , . Tìm giá trị 

2 x x 

7 

lớn nhất của Q 

. 

x 

 

 

1 2 

2 2 

1 

x2 

b) Tìm m để diện tích tam giác OAB bằng 8 . 

Lời giải: 

a). Phương trình hoành độ giao điểm của d và P là: 

2 2 

2 

x mx 4 x mx 4 0 . Ta có m 16 0 , với mọi m nên 

phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt, suy ra đường thẳng d luôn cắt 

 

 

P tại hai điểm phân biệt. Theo định lý Viet ta có: 

x1x2 

m 

 

x1. x2 

4 

ta có 

2m 

7 

Q . (dùng phương pháp miền giá trị hàm số- Xem thêm phần ứng 

m 

2 

8 

dụng trong bài toán GTLN, GTNN) ta dễ tìm được giá trị lớn nhất của Q là 

1 và GTNN của Q là 

b) Để ý rằng đường thẳng 

1 

đạt được khi m 1 và m 8 . 

8 

d luôn đi qua điểm cố định I 0;4 

nằm trên 

trục tung. Ngoài ra nếu gọi ; , ; 

A x1 y1 B x2 y 

2 

thì 

1 2 

xx . 4 0 nên hai 

giao điểm AB , nằm về hai phía trục tung. Giả sử x1 0 

x2 

thì ta có: 

1 1 


AH. OI BK. 

OI với H, 

K lần lượt là hình chiếu 

2 2 

vuông góc của điểm AB , trên trục Oy . Ta có 

OI 4, AH x x , BK x x 

. Suy ra S 2 x x 

1 1 2 2 

 

OAB 

2 1 

2 

2 2 

SOAB 

4 x1 x2 4 x1 x2 4x1x 

 

 

2 

. Theo định lý Viet ta có: 

 

x x m, x x 4 

2 2 

. Thay vào ta có: 

OAB 

1 2 1 2 

S 4 m 16 64 m 0 . 

Nếu thay điều kiện S 8 thành diện tích tam giác OAB nhỏ nhất ta cũng có 

kết quả như trên. Vì m 2 S 2 m 

2 

 

0 4 16 64 . 


Ví dụ 5) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng 

2 

2 

d : 2x y a 0 và parabol P : y ax 

a) Tìm a để 

( a 0) . 

d cắt P tại hai điểm phân biệt AB. , Chứng minh 

rằng A và B nằm bên phải trục tung. 

b) Gọi x , x là hoành độ của A và B . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 

A 

B 

4 1 

thức T 

x x x . x 

A B A B 

Hà Nội năm học 2005-2006) 

Lời giải: 

 

. (Trích Đề thi vòng 1 THPT chuyên – TP 

2 2 

2 2 

a) Xét phương trình ax 2x a ax 2x a 0 (1) 

d cắt P .tại hai điểm phân biệt AB , khi (1) có hai nghiệm phân biệt 

' 0 a 1. Kết hợp với điều kiện ta có 0a 

1 khi đó (1) có hai 

nghiệm dương nên AB , nằm ở bên phải trục Oy . 

b) Theo định lý Vi et ta có: 

2 

xA 

xB 

0 

1 

a .Ta có: T 2a theo bất đẳng thức Cô si cho 2 số 

a 

xA. xB 

a 

0 

1 

1 

dương ta có: 2a 

2 2 . Vậy min T 2 2 khi a . 

a 

2 

2 

Ví dụ 6) Cho parabol P : y x và đường thẳng d : y mx 1 

a) Chứng minh rằng đường thẳng 

điểm phân biệt với mọi giá trị m . 

. 

d luôn cắt parabol P tại hai 

b) Gọi A x1; 

y 

1 

và B x2; 

y 

2 

là các giao điểm của 

giá trị lớn nhất của biểu thức M y 1 y 1 

. 

1 2 

d và P . Tìm 

(Trích đề TS lớp 10 Trường THPT chuyên ĐH sư phạm Hà Nội năm 2009) 

Lời giải: 

a) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và Parabol là: 

2 2 

x mx 1 x mx 1 0 (1) 

2 

m 4 0 với mọi m nên (1) có hai nghiệm phân biệt, suy ra 

cắt 

P tại hai điểm phân biệt A x ; y và ; 

1 1 

B x y . 

2 2 

d luôn 


) Theo định lý Viet, ta có: x1 x2 m; x1x 

2 

1 

2 

M y 1 y 1 x 1 x 1 x x 2x x x x 1 m 

0 

2 2 2 2 2 

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 

Vậy max M 0 khi m 0. 

BÀI TẬP RÈN LUYỆN 

2 2 

x m x m m 

1) Cho phương trình 

2 1 8 0 có nghiệm x 2 . 

Tìm các giá trị của m và tìm nghiệm còn lại của phương trình. 

2) Cho phương trình 

x 

2 

3x 2 0 (1) 

a) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt 

b) Gọi các nghiệm của phương trình là x1, 

x 

2. Không tính giá trị của 

x1, 

x 

2, hãy tính các giá trị của biểu thức sau: 

A x x 

2 2 

1 2 

1 1 

C x 1 x 1 

1 2 

B x x 

3 3 

1 2 

x2 2 m 2 x 1 m 0 , m là tham số. 

3) Cho phương trình bậc hai 

2 

a) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. 

b) Gọi hai nghiệm phân biệt là x1, 

x 

2. Tính giá trị của biểu thức P sau 

theo m : 

2xx 

3 

2 1 

1 2 

P x 

2 2 

1 x 

2 x 

1 x 

2 

 

. Từ đó tìm các giá trị của m để P đạt giá 

trị lớn nhất và tìm các giá trị của m để P đạt giá trị nhỏ nhất. 

2 2 

x m x m m 


2 2 1 4 4 3 0 . Tìm các giá trị 

của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một 

nghiệm gấp đôi nghiệm còn lại. 


2 

5) Cho phương trình x 2x m 0, m là tham số. tìm điều kiện của 

tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, 

x 

2 

thỏa mãn 

x 2x 

1. 

1 2 

6) Cho phương trình x 2 mx m 

2 5 4 0 , với m là tham số. Xác 

định các giá trị của m để phương trình có: 

a) Nghiệm bằng 0 . 

b) Hai nghiệm phân biệt trái dấu. 

c) Hai nghiệm phân biệt cùng dương. 

2 

7) Cho phương trình x x 3m 

0, với m là tham số. Xác định các 

giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, 

x 

2 

thỏa 

mãn x1 1 x2. 

2 

2 

8) Cho các phương trình x ax b 0 (1); x cx d 0 (2), trong 

đó các hệ số a, b, c, 

d đều khác 0 . Biết ab , là nghiệm của phương 

9) 

trình (2) và cd , là nghiệm của phương trình (1). Chứng minh rằng 

2 2 2 2 

a b c d 10 . 

a) Cho phương trình ax 2 bx c 0a 

0 

mãn ax1 bx2 c 0 

có hai nghiệm x1, 

x 

2 

thỏa 

3 

Chứng minh rằng ac a c b b 

3 0. 

b) Giả sử pq , là hai số nguyên dương khác nhau. Chứng minh rằng ít 

nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm 

2 2 

x px q x qx p 

0; 0 . 

10) Tìm các số ab , thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 

a) Hai phương trình x 

chung; 

b) a b bé nhất. 

11) 

2 

ax 11 0 và x 


2 

bx 7 0 có nghiệm

a) Cho các số abc , , thỏa mãn 

2 

a 0, bc 4 a ,2a b c abc 

. Chứng 

6 

minh rằng a . 

2 

b) Cho abc , , là ba số khác nhau và c 0 . Chứng minh rằng nếu các 

12) 

2 

2 

phương trình x ax bc 0 và x bx ac 0 có đúng một 

nghiệm chung thì các nghiệm còn lại của chúng là nghiệm của 


2 

x cx ab 

0 . 

a) Cho f x ax 2 bx c a 

0 

, biết rằng phương trình 

2 

vô nghiệm. chứng minh rằng phương trình 

vô nghiệm. 

f x x 

af x bf x c x 

b) Cho các số a1, a2, b1 , b 

2 

sao cho các phương trình sau vô nghiệm: 

2 

x a1x b1 0 

và 

2 

x a1 a2 x b1 b2 

2 

x a2x b2 0 

. Hỏi phương trình 

1 1 

0 có nghiệm hay không? Vì sao? 

2 2 


2 

x mx m 

2 2 0 ( x là ẩn số) 

a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với 

mọi m . 

b) Gọi x1, 

x 

2 

là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức 

24 

M x x 6 

x x 

2 2 

1 2 1 2 

đạt giá trị nhỏ nhất. 


x 2 2 m 2 x m 

2 0 , với m là tham số. 

1) Giải phương trình khi m 0. 

2) Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x 

1 

và x 

2 

với x1 x2, tìm tất cả các nghiệm của m sao cho x1 x2 6 . 


2 2 

x 2x 3m 

0 , với m là tham số 


1) Giải phương trình khi m 1. 

2) Tìm tất các các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm 

x1 x2 

8 

x1, x2 

0 và thỏa điều kiện . 

x x 3 

2 1 

16) Cho phương trình bậc hai: 

2 2 

x mx m m 

2 1 0 ( m là tham số). 

a) Giải phương trình khi m 2 . 

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, 

x 

2 

thỏa mãn: 

x x 3x x 1. 

2 2 

1 2 1 2 

17) Cho phương trình: 

x 2 2 m 1 x 2m 4 m 

2 0 ( m là tham số). 

a) Giải phương trình khi m 1. 

b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với 

mọi m . 

18) Cho phương trình: 

x 2 2 m 1 x m 

2 4 0 ( m là tham số) 

a) Giải phương trình với m 2 . 

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, 

x 

2 

thỏa mãn 

 

2 2 

1 2 

 

x 2 m 1 x 3m 

16 . 

19) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y mx 

3 tham 

P : y x . 

số m và parabol 

2 

a) Tìm m để đường thẳng d đi qua điểm 1;0 

 

b) Tìm m để đường thẳng d cắt parabol 

A . 

có hoành độ lần lượt là x1, 

x 

2 

thỏa mãn x1x2 2 . 

P tại hai điểm phân biệt 

20) Cho phương trình: 

2 

x x m 

5 0 (1) ( m là tham số, x là ẩn) 

1) Giải phương trình (1) với m 4 . 


2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 

0 thỏa 

mãn: 

6 m x1 6 m x2 

10 

. 

x x 3 

2 1 

21) Cho phương trình: 

2 

x x m 

2 3 0 ( m là tham số). 

1) Tìm m để phương trình có nghiệm x 3. Tìm nghiệm còn lại. 

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, 

x 

2 

thỏa mãn 

x 

3 3 

1 

x2 8 

. 

2 

22) Chứng minh rằng phương trình: 

hai nghiệm phân biệt 

1, 

2 



số). 

x 2 m 1 x m 4 0 luôn có 

x x và biểu thức M x 1 x x 1 

x 

2 2 

x m x m m 

1 2 2 1 

2 1 3 2 0 (1) ( m là tham 

1) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 

2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 

x1, 

x 

2 

thỏa mãn 

x 

2 2 

1 

x2 12 

. 

24) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol 

2 

d y 2 m x 1 ( m là tham số). 

3 3 

thẳng : 1 

1) Chứng minh rằng mỗi giá trị của m thì 

tại hai điểm phân biệt. 

2) Gọi x1, 

x 

2 

là hoành độ giao điểm P và d , đặt 

1 

3 2 

f x x m x x 

. 

P : y x và đường 

P và d luôn cắt nhau 

1 

Chứng minh rằng: f x 3 

1 

f x2 x1 x2 

.(Trích đề thi vào 

2 

lớp 10 trường chuyên ĐHSP Hà Nội 2013) 


LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN 

1) Vì x 2 là nghiệm của phương trình nên ta có: 

 

2 

2 

4 2 2m 1 m m 8 0 m 5m 6 0 m 1 hoặc m 6. 

Với m 1 ta có phương trình: 

nghiệm x 2 , nghiệm còn lại là 3 

2 

x x 6 0. Phương trình đã cho có 1 

x (vì tích hai nghiệm bằng 6 

) 

2 

Với m 6, ta có phương trình x 13x 22 0 , phương trình đã cho có 

một nghiệm x 2 , nghiệm còn lại là x 11 (vì tích hai nghiệm bằng 22) 

2 

2) Xét 3 4. 2 

3 4 2 0 . Vậy phương trình có hai 

nghiệm phân biệt 

Chú ý: Có thể nhận xét ac 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 

trái dấu 

b) Áp dụng định lý Vi ét, ta có: 

 

x1 x2 

3 

 

x1. x2 

2 

2 

2 

2 3 2 2 

3 2 2 

3 

2 

 

A x x x x x x 

2 2 

1 2 1 2 1 2 

B x x x x 3x x x x 3 3 2 3 3 3 3 6 

3 3 

1 2 1 2 1 2 1 2 

1 1 x x 2 x x 2 3 2 

 

1 1 1 1 1 2 3 1 

1 2 1 2 

C x 

1 x 

2 x 

1 x 

2 x 

1 x 

2 x 

1 x 

2 

 

2 2 

2 

3) a) Ta có m 4m 1 m 4m 4 m 

2 

phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 

0 m 2 . Theo hệ 

x1x2 

m 

thức Viet ta có: . Khi đó P 

x1. x2 

m 

1 


 

2xx 

1 2 

3 2m 

1 

 

2 2 

x x 

2 

m 2 

1 2 

 

2 

2 2 

m 2 m 1 m 1 

2m 

1 

Ta có P 1 1. Dấu đẳng thức xảy 

m 

2 2 2 

2 m 2 m 2 

ra khi m 1 nên giá trị lớn nhất max P 1. Tương tự ta có giá trị nhỏ nhất

1 

min P , đạt được khi m 2.(Xem thêm phần phương pháp miền giá 

2 

trị hàm số) 

4) 

Cách 1: Phương trình có hai nghiệm phân biệt ' 0 

2 

 

2 

 

2m 1 4m 4m 3 4 0, m 

. Vậy phương trình có hai 

 

nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m . Gọi hai nghiệm của phương trình là 

x1, 

x 

2. Theo hệ thức Viet ta có: 

 

 

 

x1 x2 

2 2m 

1 1 

 

x x m m 

2 

1. 2 

4 4 3 2 

Có thể giả sử x1 2x2 

(3). Khi đó từ (1) và (3)có 

2 2 2 

. 

 

2 2m 

1 

x2 

 

3 

 

. Thay 

42m 

1 

x1 

 

3 

2m 

1 

vào (2) ta có phương trình 8. 4m 4m 3 4m 4m 

35 0 

9 

Giải phương trình ta được 

5 

m hoặc 

2 

7 

m (thỏa mãn điều kiện). 

2 

Cách 2: Từ yêu cầu đề bài suy ra x1 2x2 

hoặc x2 2x1, 

tức là: x x x x x x x x 2 

2 2 0 9 2 0 

1 2 2 1 1 2 1 2 

 

áp dụng hệ thức Viet ta được phương trình 

2 

4m 

4m 

35 0 

. 

5) 

Phương trình có hai nghiệm phân biệt ' 0 1 m 0 m 

1 


Theo hệ thức Viet, ta có: 

(3). Từ (1) và (3) ta có được 

thảo mãn điều kiện 

6) 

21 

 

x1x2 

 

 

x1. x2 

m 2 

x 

 

x 

2 

1 

1 

3 

. Ta có x1 2x2 1 x1 1 

2x2 

. Thay vào (2) ta có được m 3 

a) Phương trình có nghiệm 

4 

x 0 5m 4 0 m . 

5 

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu 

4 

1. 5m 4 

0 m 

5 

c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 

' 0 

 

2 

m 5m 4 0 m 1 m 4 0 m 4 hoặc 1 

m . 

Theo hệ thức Viet ta có: 

x1x2 

2m 

 

x1. x2 

5m 

4 

Hai nghiệm của phương trình cùng dương 

2m 

0 4 

m 

5m 

4 0 5 

Kết hợp với điều kiện ta có 4 m 

1 hoặc m 4 . 

5 

7) Cách 1. Đặt x1 t, ta có 

x 1 x x 1 0 x 1 t 0 t 

1 2 1 2 1 2 

Phương trình ẩn x là 

2 

x x m 

3 0 được đưa về phương trình ẩn t : 

 

2 2 

t 1 t 1 3m 0 t t 3m 

0 . Phương trình ẩn t phải có hai 

nghiệm trái dấu 3m 0 m 

0 


Vậy m 0 

Cách 2: Phương trình có hai nghiệm phân biệt 

1 

x1, x2 

0 112m 0 m . Khi đó theo hệ thức Viet ta có: 

12 

x1x2 

1 

 

x1. x2 

3m 

(1). Hai nghiệm x1, 

x 

2 

thỏa mãn 

x 1 x x 1 0 x 1 x 1 và x2 1 trái dấu 

1 2 1 2 1 

x x x x x x 

1 1 0 1 0 (2). Thay (1) vào (2) ta có: 

1 2 1 2 1 2 

3m11 0 m 0 . 

Kết hợp với điều kiện ta có m 0 là các giá trị cần tìm. 

Chú ý: 

Nếu hai nghiệm x1, x2 

1 thì phương trình ẩn t có hai nghiệm đều là số âm. 

Nếu hai nghiệm x1, x2 

1 thì phương trình ẩn t có hai nghiệm đều là số 

dương. 

8) Giải: 

Áp dụng hệ thức Viet ta có: a b c; ab d; c d a; 

cd b . 

Ta có: 

c d a c a d 

b 

d 

a b c a b c 

Kết hợp với ab 

d và cd b suy ra a 1, c 1 

Do a b c và c d a suy ra b 2, d 2 

2 2 

2 2 2 2 2 2 

Do đó a b c d 

9) 

1 2 1 2 10 . 


a) Vì a 0 nên 

2 

 

3 2 2 3 3 c c bc 

aca c 3b 

b ac a c b 3abc a 

3 

2 (*). Theo 

a a a 

b c 

hệ thức Viet, ta có: x 1 

x 2 

; x1x 

2 

a 

a 

. Khi đó (*) thành: 

3 

3 

a x x x x x x x x x x 

 

3 2 2 

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 

 

1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 

3 3 2 2 

3 1 2 2 1 

 

 

 

3 2 2 3 3 3 2 2 

a x x x x x x a x x x x 

ac a c b b a x x x x 

Mà theo giả thiết ta có 

Suy ra 

ax bx c 

2 

2 2 

0 

bx c ax ax x x 

2 2 

2 2 1 2 1 

0 

 

 

và ax bx c a 

 

1 2 

0 0 

ac a c 3b b 0 

. Do đó 

3 

b) Vì pq , nguyên dương khác nhau nên xảy ra hai trường hợp là 

p 

q hoặc p q. 

Nếu p q suy ra p q 1 

Vậy trong trường hợp này phương trình 

Tương tự trường hợp p 

(đpcm). 

2 2 

2 

.Khi đó p q q q q 

 

q thì phương trình 

4 1 4 1 0 . 

2 

x px q 

0 có nghiệm. 

2 

x qx p 

0 có nghiệm 

10) 

a) Theo điều kiện đầu bài thì ta gọi x 

0 

là nghiệm chung hai phương 

trình, ta có: 

2 

 

x0 ax0 11 0 

2 

 

2x0 a b 

x 

2 

0 

18 0 

x0 bx0 

7 

0 

2 

Do đó phương trình 

Khi đó a 

b 2 144 0 

2x a b x 18 0 có nghiệm (*) 

hay ab 

12 . 

Mặt khác, ta có a b a b 12. Vậy a b bé nhất bằng 12 khi và chỉ 

khi a và b cùng dấu. 


Với ab 12 , thay vào (*) ta được: 

có nghiệm kép x 3. 

2 

2x 

12x 

18 0 

Thay x 3 vào các phương trình đã cho ta được 

. Phương trình trên 

20 16 

a ; b . 

3 3 

2 

Với ab 12 thay vào (*) ta được: 2x 

12x18 0 . Phương trình trên 

có nghiệm kép x 3 

20 16 

Thay x 3 vào phương tình ta được: a ; b . Vậy các cặp số sau 

3 3 

20 16 20 16 

thỏa mãn điều kiện bài toán: ab 

; ; , ; 

3 3 3 3 . 

11) 

a) Từ giả thiết ta có: 

bc 

2 

4a 

và 

b c abc a a a a a 

3 2 

2 4 2 2 2 1 . Suy ra , 

trình 

x 2 4a 3 2a x 4a 

2 0 . Khi đó 

2 2 

 

2 2 2 2 6 

 


 

bc là nghiệm của phương 

' a 2a 1 4a 0 2a 1 4 a (vì a 0 ). 

2 

b) Giả sử x 

0 

là nghiệm chung, tức là 

a b x ca b a b x c 

ta có: c 2 bc ca 0 c a b c 

0, 

2 

 

x0 ax0 

bc 0 

 

2 

x0 bx0 

ca 0 

 

0 

 

0 

0 . Vì a b nên x0 

c. Khi đó 

Do c 0 nên 

a b c 0 a b c . Mặt khác theo định lý Viet, phương trình 

2 

x ax bc 

0 còn có nghiệm x b; 


2 

x bx ac 

0 còn có 

nghiệm x a.Theo định lý đảo của định lý Viet, hai số a và b là nghiệm 

2 

của phương trình: 

12) 

x a b x ab 0 hay 

2 

x cx ab 

0 (đpcm). 

a) Vì phương trình f x 

x vô nghiệm, nên suy ra f x 

x hoặc 

f x x, 

x 

 

af x bf x c f x x, 

x 

hoặc 

2 

Khi đó 

 

 

2 

af x bf x c f x x, 

x 

.Tức là phương trình 

2 

af x bf x c x 

vô nghiệm.

) Từ giả thiết suy ra 

a 

4b 

0 và a 

2 

1 1 

2 2 

2 a1 a1 4b1 

1 1 

x a x b x 0, x 

 

2 4 

4b 

0. Do đó 

2 

2 2 

. và 

2 

2 a2 a2 4b2 

x a2x b2 

x 0, x 

nên 

2 4 

2 1 1 1 2 2 

x a1 a2 x b1 b2 x a1x b1 x a2x b2 

 

0 

2 2 2 

 

. 

2 1 1 

x a1 a2 x b1 b2 

0 vô nghiệm. 

2 2 

Do vậy phương trình 

13) 

2 

2 1 7 

a) ' m m 2 

m 

 

0 với mọi m Vậy phương trình luôn 

2 

4 

có hai nghiệm với mọi m . 

b) Theo hệ thức Viet ta có: x1 x2 2 m; x1x 2 

m 2 

24 24 24 

M 

x x 6 x x x x 2x x 6x x x x 8x x 

 

2 2 

2 2 

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 

24 24 6 

2 

. Dấu “=” xảy ra khi 

2 2 8 2 1 2 

3 

2 

m m 4m 

8m16 

m 

 

m 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của M 2 khi m 1. 

14) 

2 

1) Khi m 0 phương trình thành: x 4x 0 x 0 hoặc x 4 . 

2) m 2 m 2 m 2 m m 2 m 

' 2 2 4 4 2 2 1 2 

m 

2 

2 1 2 0, m.Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với 

S x x 2 2 m ; P x x m 

0 

mọi m .Ta có 

2 

Ta có 

1 2 1 2 

x x 6 x 2 x x x 36 

2 2 

1 2 1 1 2 2 

x x x x x x m m 

 

2 2 2 

2 2 36 4 2 36 2 9 

1 2 1 2 1 2 

m 1 m 5. 

15) 


1) Khi m 1 phương trình thành: 

a b c 0). 

2) Với 

1, 2 

0 

x 

x 

2 x 

1 

2x 3 0 

x 

3 

1 2 

2 2 

x x ta có: 

 

1 2 1 2 1 2 

2 1 


x 

x 8 

3 x x 8x x 

x 3 

1 2 1 2 

2 

3 x x x x 8x x . Ta có a. c 3m 

0 nên 0, m 

b 

c 2 

Khi 0 , ta có: x1 x2 2 và x1. x2 

3m 

0 

a 

a 

Phương trình có hai nghiệm 0 do đó m 0 0 và xx 

1 2 

0 . Giả sử 

x 

x 

1 2 

Với a 1 x1 

b 

' ' và x2 b' ' x1 x2 2 ' 2 1 

3m 

và m 0 

2 2 

Do đó yêu cầu bài toán 3.2 2 1 3m 

8. 3m 

 

2 

m 

1 

4 2 

4m 3m 1 0 

1 

2 1 m . 

m 

() l 

4 

16) 

a) Khi m 2 ta có phương trình: 

2 

x 4x 3 0 x 2 x 3x 3 0 x x 1 3 x 1 

0 

x 

1 

x1 x 3 

0 

x 

3 

2 2 

b) Ta có 

' m m m 1 m 1. 

(do 

. Phương trình có tập nghiệm là: S 1;3 

 

Để phương trình bậc hai đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, 

x 

2 

thì 

' 0 m1 0 m 1.Khi đó theo hệ thức Viet ta có: 

x1x2 

2m 

 

. Theo bài ra: 

2 

x1x2 

m m 1 

x x 3x x 1 x x 2x x 3x x 1 

2 

2 2 

1 2 1 2 

1 2 1 2 1 2 

2 2 2 

x1 x2 x1x 2 

m m m 

5 1 0 4 5 1 1 

0 

2 m 

1 

 

m 5m 4 0 m 1 m 4 0 

m 

4 

2

Đối chiếu điều kiện m 1 ta có m 4 thỏa mãn bài toán. 

17) 

a) Khi m 1 phương trình thành: 

x 

2 

4x1 0 có 

2 

' 2 1 5 0 

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 2 5; x2 

2 5 

b) Ta có: 

1 1 

2 2 

4 4 2 2 

' 2m 2m 1 2m 2m 2m 2m 

 

2 2 

2 1 1 

2 m 

2 m 

0 

2 2 

, m . Nếu 

 

m 0 

2 

' 0 

1 

m 0 

2 

2 1 

nghiệm). Do đó ' 0, m . Vậy phương trình luôn có hai nghiêm phân biệt 

với mọi m . 

18) 

a) Với m 2 , ta có phương tình: 

x 

2 x 

2 

6x 8 0 . 

x 

4 

2 2 

b) Xét phương trình (1) ta có: 

' m 1 m 4 2m 

3 

3 

Phương trình (1) có hai nghiệm x1, 

x2 

m 

.Theo hệ thức Viet: 

2 

x1 x2 

2 m 1 

 

2 

x1x 

2m 

4 

 

2 

 

. Theo giả thiết: 

x 2 2 

1 

x1 x2 x2 3m 

16 

x x x x 3m 16 x x x x 3m 

16 

2 2 2 2 2 

1 1 2 2 1 2 1 2 

2 2 

 

x x x x m m m m 

2 2 2 

1 2 1 2 

3 16 4 1 4 3 16 

8m16 m 2 . Vậy 3 m 

2 . 

2 

19) 

x 

2 

1) Đường thẳng d đi qua điểm 1;0 

 

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa 

2 

mx 3 0 m 12 , nên d cắt 

. Có 

hoành độ lần lượt là x1, 

x 

2 

khi 

(vô 

A nên có: 0 m.1 3 m 

3 

d và P : 

P tại hai điểm phân biệt có 


0

m 

2 3 

12 0 12 m 2 3 . Áp dụng hệ thức 

m 2 3 

2 2 

m m 

Viet ta có: 

x1x2 

m 

. Theo bài ra ta có: 

xx 

1 2 

3 

 

2 2 

x x 2 x x 4 x x 4x x 4 

1 2 1 2 1 2 1 2 

2 2 

m 4.3 4 m 16 m 4 (TM). Vậy 4 

Có 

20) 

1) Thay m 4 vào phương trình ta có: 

x 

2 

m là giá trị cần tìm. 

x1 

0 

2 

1 4.1.1 5 . Vậy phương trình có 2 nghiệm: 

1 

5 1 

5 

x1 ; x2 

. 

2 2 

2) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: 

21 

1 4m 5 

0 m . Theo hệ thức Viet ta có: x1 x2 1 (1); 

4 

x x m 

(2) 

1 2 

5 

Xét: 

2 2 

6 m x 6 m x x x 

6 m x1 6 m x2 

10 1 2 1 2 10 

 

x x 3 x . x 

3 

2 1 1 2 

2 

6 m x x x x 2x x 10 

xx 

3 

1 2 1 2 1 2 

 

1 2 

 

1 6 m 1 2 m5 10 3m 

17 10 

Thay (1),(2) vào ta có: 

 

m5 3 m5 3 

m 1 (thỏa mãn).Vậy với m 1 thì bài toán thỏa mãn. 

21) 

1) Phương trình có nghiệm x 3 

2 

3 2.3 m 3 0 6 m 0 m 6 

Ta có: x1 x2 2 3 x2 2 x2 

1.Vậy nghiệm còn lại là x 1. 

2) m 

 

' 1 3 m 

2 

Để phương trình có hai nghiệm m 2 0 m 2 

x1 x2 8 x1 x 

2 

x1 x2 3x1x 

 

2 

8 

 

 

3 3 

Khi đó: 2 


2 

Áp dụng hệ thức Viet ta được: m 

 

m 

2 2 3 3 8 2 4 3 9 8 

86m 18 8 6m 18 0 m 3 (thỏa mãn). Vậy m 3 là 

giá trị cần tìm. 

22) 

2 

a) Phương trình: 

có 

x 2 m 1 x 4m 

3 0 (1) 

2 2 

' m 1 4m 3 m 2m 1 4m 

3 

m 2 m m 

2 

2 1 3 1 3 0 với mọi m . Suy ra phương trình (1) 

luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . 

b). Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x1, 

x 

2 

S 2 

Theo hệ thức Viet ta có: S x1 x2 

2m 2 m (2) 

2 

P 3 S2 P3 

P x1x 2 4m 3 m 2S 4 P 3. 

4 2 4 

 

2S P 7 2 x x x x x x 7 

 

1 2 1 2 1 2 

23) Phương trình 

2 2 

x m x m m 

2 1 2 2 1 0 

Có 2 2 2 2 2 

' m 1 2m 2m 1 m 2m 1 2m 2m 1 m 

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m 0 . 

Theo định lý Vi et ta có: 

x x 2 m 1 

 

x x m m 

 

 

2 

1 2 2 2 

x1 x2 x 

2 

1 

x2 x1x 

2 

1. 2 

2 2 1 

Hay 

12 2 12 0 

2 2 1 

4 m 1 2 2m 2m 1 0 m . 

2 

24) 

2 

y 

x 

 

2 1 1 

y 

 

3 3 

a) Xét hệ phương trình: m 

 

 

y x 

 

 

2 

 

2 

3x 2 m 1 x 1 10 

 

1 

(1) Có hệ số a và c trái dấu nên luôn có hai nghiệm phân biệt mọi m 

nên P và d luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m . 


2

) Theo hệ thức Viet: 

 

 

2 m 1 

x 

3 

1x2 

 

x x 

 

3 m 

1 

 

 

2 

1 

xx 

3xx 

1 2 

 

1 21 

3 

Ta có: 3 3 1 2 2 

 

3 3 2 2 

 

f x f x x x m x x x x 

1 2 1 2 1 2 1 2 

2 f x f x 2x 2x 3 x x x x 2x 2x 

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 

1 2 

 

 

 

x x 3x x x x 2 x x x x x x 2 x x 

3 3 3 3 

1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 

x 3 3 2 2 

3 

1 

x2 3x1x 2 

x1 x2 x1 x2 x1 x2 2x1x 2 

x1 x2 

 

 

 

 

 

1 

Nên f x 3 

1 

f x2 x1 x2 

. 

2 

 

. 


Chủ đề 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH 

BẬC NHẤT HAI ẨN 

Kiến thức cần nhớ 

Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ phương trình có dạng: 

ax by c 

 

. 

a ' x b' y c 

' 

+ Cặp số ; 

x y được gọi là một nghiệm của hệ phương trình nếu nó là 

0 0 

nghiệm chung của cả hai phương trình đó. 

+ Hệ có thể có nghiệm duy nhất, vô nghiệm hoặc vô số nghiệm tùy theo vị 

trí tương đối của hai đường thẳng biểu diễn nghiệm của hai phương trình. 

+ Phương pháp giải hệ: Chúng ta thường dùng phương pháp thế hoặc 

phương pháp cộng đại số để khử bớt một ẩn, từ đó sẽ giải được hệ. 

Một số ví dụ 

Ví dụ 1. Xác định các hệ số ab , của hàm số y ax b để: 

1) Đồ thị của nó đi qua hai điểm A1;3 , B 2;4 

2) Đồ thị của nó cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 4 và cắt trục 

hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 . 

Lời giải: 

1) Thay tọa độ các điểm AB , vào phương trình của đường thẳng ta 

được: 

3 a b b 3 a a 

1 

 

. Vậy a 1, b 2 . 

4 2a b 4 2a 3 a b 3 a 2 

4 a.0 b b 4 a 

2 

2) Tương tự phần (1) ta có hệ: 

0 2a b 2a b 4 b 

4 

Vậy a 2, b 4 . 

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất

Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình sau: 

a) 

1 1 

3 

x y 

 

3 2 1 

x y 

b) 

x y 

3 

x 1 y 1 

 

x 3y 

1 

 

x1 y1 

c) 

 

1 

2x 

1 2 

x 

y 

 

1 

2 2x 

1 1 

 

 

x 

y 

Lời giải: 

a) Đặt 

1 1 

u ; v 

x 

y 

. Theo đề bài ra ta có hệ phương trình: 

u v 3 

v3u 

5u 5 u 

1 

 

3u 2v 1 

3u 23 u 

1 

v 3 u v 

2 . 

Từ đó suy ra: 

1 x 1; 

u 

1 1 

y v 

2 

. 

x y 

b) Đặt u ; v 

. Theo bài ra ta có hệ phương trình: 

x1 y 1 

u v 3 u 3 v u 3 v u 

2 

. 

u 3v 1 3 v 3v 1 4v 4 v 

1 

x 

2 x 

2 

x 

1 

x2x2 

 

Từ đó suy ra: 

y 

 

1 . 

 

y 1 

y 

1 

y 

 

y 1 

2 

 

c). Điều kiện 

a 

2x1 

1 

x , 0 

2 x y 

. Đặt 

1 

b 

 

x 

y 

ta có hệ phương trình mới 


2x 

1 1 

a b 2 a 1 

x 

1 

1 . 

2a b 1 b 1 1 

y 

0 

x 

y 

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x 1; y 0 

Ví dụ 3. Cho hệ phương trình: 

x2y 

5 

 

mx y 4 

1 

2 

Giải: 

a) Giải hệ phương trình với m 2 . 

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất xy , trong đó xy , 

trái dấu. 

c) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất xy ; thỏa mãn 

x 

y . 

a) Với m 2 ta có hệ phương trình: 

x 2y 5 

x2y5 

x 2y 5 x 

1 

 

2x y 4 

22y 5 

y 

4 3y 6 y 

2 

b) Từ phương trình (1) ta có x 2y 5. Thay x 2y 5 vào phương trình 

(2) ta được: 

m 2y 5 y 4 2m 1 . y 4 5m 

(3) 

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) có nghiệm duy nhất. Điều này 

1 

4 

5m 

tương đương với: 2m1 0 m . Từ đó ta được: y 

2 

2m 

1 

; 

3 

x 5 2y 

2m 

1 

. Ta có: 34 5m 

xy . . Do đó 

2m 

1 

2 

4 

x, y 0 4 5m 0 m (thỏa mãn điều kiện) 

5 


c)Ta có: 

3 4 5m 

x y 

2m1 2m1 

(4) 

Từ (4) suy ra 

1 

2m1 0 m . Với điều kiện 

2 

1 

m ta có: 

2 

1 

m 

4 5m 

3 5 

4 4 5m 

3 

4 5m 

3 7 

m 

5 

 

l 

. Vậy 

7 

m . 

5 


x my m 1 

 

mx y 3m 

1 

1 

2 

a) Không giải hệ phương trình trên, cho biết với giá trị nào của m thì hệ 

phương trình có nghiệm duy nhất? 

b) Giải và biện luận hệ phương trình trên theo m . 

c) Tìm số nguyên m sao cho hệ phương trình có nghiệm duy nhất 

 

 

xy , mà xy , đều là số nguyên. 

d) Chứng minh rằng khi hệ có nghiệm duy nhất xy , thì điểm 

 

 

M x, 

y luôn chạy trên một đường thẳng cố định. 

e) Tìm m để hệ trên có nghiệm duy nhất sao cho xy . đạt giá trị nhỏ 

Lời giải: 

nhất. 

a) Từ phương trình (2) ta có y 3m 1 mx . Thay vào phương trình (1) ta 

được: 

x m m mx m m x m m 

2 2 

3 1 1 1 3 2 1 (3) 

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất , 

tức là 

m 

2 

1 0 m 1. 

Ta cũng có thể lập luận theo cách khác: Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ 

1 m 2 

khi : m 1 m 1 

m 1 

. 


) Từ phương trình (2) ta có y 3m 1 mx . Thay vào phương trình (1) ta 

được: 


2 2 

3 1 1 1 . 3 2 1 (3) 

Trường hợp 1: m 1. Khi đó hệ có nghiệm duy nhất 

m 

13m 

1 

 

 

x 

 

 

3m1 m1 

 

y 3m 1 m. 

 

 

m 1 m 1 

2 

3m 2m 1 3m 

1 

2 

m 1 m 1 . m 1 m 1 

Trường hợp 2: m 1. Khi đó phương trình (3) thành: 0. x 0 . 

Vậy hệ có vô số nghiệm dạng x;2 x, 

x . 

Trường hợp 3: m 1 khi đó phương trình (3) thành: 0. x 4 

(3) vô nghiệm, do đó hệ vô nghiệm. 

c) Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m 1. 

3m 

1 2 

x 3 

m1 m1 

Ta có: 

m 1 2 

y 1 

 

m1 m1 

nguyên. Do đó m 1 chỉ có thể là 2; 1;1;2 

hoặc m 1 (loại) 

Vậy m nhận các giá trị là 3; 2;0 . 

d) Khi hệ có nghiệm duy nhất xy , ta có: 

. Vậy xy , nguyên khi và chỉ khi 

2 

m 1 

. Vậy m 3; 2;0 (thỏa mãn) 

2 2 

x y 3 1 

2 

m1 m1 

Vậy điểm M x; 

y luôn chạy trên đường thẳng cố định có phương trình 

y x 2 . 


e) Khi hệ có nghiệm duy nhất ; 

2 

2 

xy x. x 2 x 2x 11 x 1 1 1 

xy theo (d) ta có: y x 2 . Do đó: 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 

x 2 2 

1 3 1 2 1 1 0 

m1 m1 

m m . 

Vậy với m 0 thì xy . đạt giá trị nhỏ nhất. 

Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ x y 2 theo cách khác: Khi hệ 


x my m 1 

 

mx y 3m 

1 

1 

2 

có nghiệm duy nhất m 

 

phương trình (2) trừ đi phương trình (1) của hệ ta thu được: 

 

m 1 x m 1 y 2 m 1 x y 2 

1 lấy 

x my 2 

4m 

Ví dụ 5. Cho hệ phương trình: 

. Chứng minh rằng với mọi 

mx y 3m 

1 

m hệ phương trình luôn có nghiệm. Gọi x y là một cặp nghiệm của 

0; 

0 

2 2 

phương trình: Chứng minh: x y x y 

5 10 0 . (Trích đề tuyển 

0 0 0 0 

sinh vào lớp 10 chuyên Toán - ĐHSP Hà Nội 2015). 

Lời giải: 

Từ phương trình (2) của hệ phương trình ta có y 3m 1 mx thay vào 

phương trình 

1 của hệ ta có: 

2 2 

m x m m 

1 3 3 2 . Do 

2 

m 1 0 với 

mọi m nên phương trình này luôn có nghiệm duy nhất x 

0 

. Suy ra hệ luôn 

có nghiệm với mọi m . 

Gọi x y là một nghiệm của hệ: Từ hệ phương trình ta có: 

0; 

0 

 

 

 

 

x0 2 m y0 

4 

 

.Nhân cả hai vế phương trình thứ nhất với 3 x 0 , 

y0 1 

m 3 

x0 


phương trình thứ hai với y0 4 

rồi trừ hai phương trình cho nhau ta được: 

2 2 

x x y y x y x y 

3 2 4 1 0 5 10 0 . 

0 0 0 0 0 0 0 0 

Ngoài ra ta cũng có thể giải theo cách khác như sau: 

d : x my 4m 2 0, d ' : mx y 3m 

1 0 

được đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định: 2;4 

d ' luôn đi qua điểm cố định : B 3;1 

. Ta dễ dàng chứng minh 

A và đường thẳng 

. Mặt khác ta cũng dễ chứng minh 

đường thẳng ( d ) và đường thẳng ( d ') vuông góc với nhau nên hai đường 

thẳng này luôn cắt nhau. Gọi ; 

M x y là giao điểm của hai đường thẳng 

0 0 

thì tam giác M AB vuông tại M . Gọi I là trung điểm của AB thì 

5 5 

I 

 

; 

2 2 , AB 10 suy ra 2 2 

1 

2 2 5 5 

IM AB 4IM AB 4 x0 y0 

10 

. 

2 2 2 

2 2 

0 0 0 0 

 

x y 5 x y 10 0 . 

 


x 

my 

3 

 

mx y 2m 

1 

(1) 

(2) 

Hệ có nghiệm duy nhất xy, , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau 

đây: 

a) 

b) 

P x y 

2 2 

3 (1). 

4 4 

Q x y (2). 

Lời giải: 

Từ phương trình (2) ta suy ra: y 2m 1 mx . Thay vào phương trình (1) 

ta được: 

 

x m m mx m x m m 

2 2 

2 1 3 1 . 2 3 (3). 


Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, 

điều đó xảy ra khi và chỉ khi: 

m 

2 

1 0 m 1. 

Khi đó 

m 

12m 

3 

 

2 

2m m 3 2m 

3 1 

x 2 

2 

m 1 m 1 . m 1 m 1 m 1 

 

. 

2m 

3 1 

 

y 2m 1 m. 

 

 

m 1 m 1 

2 2 

2 2 

a) Ta có: P x x x x x 

P 3 khi 

3 2 4 12 12 2 3 3 3 

3 2m 

3 3 

x 4m 6 3m 3 m 3 

. 

2 m 1 2 

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. 

4 4 4 

b) Ta có: 4 

đặt t x 1. 

Khi đó 

Q x y x x 2 

 

4 4 4 3 2 4 3 2 4 2 

Q t 1 t 1 t 4t 6t 4t 1 t 4t 6t 4t 1 2t 12t 

2 2 

2m 

3 

Q 2 t 0 x 1 1 2m 3 m 1 m 2 

. 

m 1 

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 2. 

mx m 1 y 1 

Ví dụ 7): Cho hệ phương trình: 

. Chứng minh hệ 

m 1 x my 8m 

3 

luôn có nghiệm duy nhất xy ; và tìm GTLN của biểu thức 

2 2 

P x y 4 2 3 y 

 

. 

Lời giải: 

 

 

 

 


Xét hai đường thẳng 

 

d : mx m 1 y 1 0; d : m 1 x my 8m 

3 0 . 

1 2 

+ Nếu 0 

góc với d . 

m thì d y và 

2 

+ Nếu 1 

1 

: 1 0 

d 5 0 

2 

: 

m thì d x và 

2 

vuông góc với d . 

1 

: 1 0 

+ Nếu m 0;1 

thì đường thẳng , 

 

m 

a1 , a2 

m1 

m1 

 

m 

1 2 

suy ra 

1. 2 

1 

Tóm lại với mọi m thì hai đường thẳng 

hai đường thẳng luôn vuông góc với nhau. 

x suy ra 

d 11 0 

2 

: 

d luôn vuông 

y suy ra 

d d lần lượt có hệ số góc là: 

aa do đó d 

d 

 

1 

. 

1 2 

d luôn vuông góc với d 

 

1 

d luôn 

1 

2 

. Nên 

Xét hai đường thẳng 

d : mx m 1 y 1 0; d : m 1 x my 8m 

3 0 luôn vuông góc 

 

1 2 

với nhau nên nó cắt nhau, suy ra hệ có nghiệm duy nhất. Gọi giao điểm là 

I x; 

y , đường thẳng d đi qua 1;1 

d luôn 

1 

A cố định, đường thẳng 2 

đi qua B 3; 5 

cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AB . Gọi 

AB 

2 2 

1 2 13 (*). 

2 

M 1; 2 

là trung điểm AB thì MI x y 

2 2 

1 2 2 2 3 5 8 2 3 

P x y x y x y 

x 

y 

hay P 10 4 3 2 

 

x 1 3 y 2 

8 2 1 3 2 1 

2 3 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 

2 2 2 

 

 

 

 

 

x 1 3 y 2 

 

1 3 x 1 y 2 52 x 1 3 y 2 

 

52 2 13 Vậy P 10 2 3 2 13 . 

. 

 

 


Chủ đề 4: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH, HỆ 

PHƯƠNG TRÌNH 

Để giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình ta thường thực 

hiện theo các bước sau: 

Bước 1: Chọn ẩn số (nêu đơn vị của ẩn và đặt điều kiện nếu cần). 

Bước 2: Tính các đại lượng trong bài toán theo giả thiết và ẩn số, từ đó lập 

phương trình hoặc hệ phương trình. 

Bước 3: Giải phương trình hoặc hệ phương trình vừa lập. 

Bước 4: Đối chiếu với điều kiện và trả lời. 

CÁC BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG: 


+ Quãng đường = Vận tốc . Thời gian. 

+ Vận tốc tỷ lệ nghịch với thời gian và tỷ lệ thuận với quãng đường đi được: 

+ Nếu hai xe đi ngược chiều nhau khi gặp nhau lần đầu: Thời gian hai xe đi 

được là như nhau, Tổng quãng đường 2 xe đi được bằng đúng quãng đường 

cần đi của 2 xe. 

+ Nếu hai phương tiện chuyển động cùng chiều từ hai địa điểm khác nhau là 

A và B, xe từ A chuyển động nhanh hơn xe từ B thì khi xe từ A đuổi kịp xe 

từ B ta luôn có hiệu quãng đường đi được của xe từ A với quãng đường đi 

được của xe từ B bằng quãng đường AB 

+ Đối với (Ca nô, tàu xuồng) chuyển động trên dòng nước: Ta cần chú ý: 

Khi đi xuôi dòng: Vận tốc ca nô= Vận tốc riêng + Vận tốc dòng nước. 

Khi đi ngược dòng: Vận tốc ca nô= Vận tốc riêng - Vận tốc dòng nước. 


Vận tốc của dòng nước là vận tốc của một vật trôi tự nhiên theo dòng nước 

(Vận tốc riêng của vật đó bằng 0) 

Ví dụ 1. Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi đi từ B trở 

về A người đó tăng vận tốc thêm 4km/h so với lúc đi, nên thời gian về ít hơn 

thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B. 

Lời giải: 

1 

Đổi 30 phút giờ. 

2 

Gọi vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h, x 0 ). Thời gian xe 

đi từ A đến B là 24 x 

(giờ). 

Đi từ B về A, người đó đi với vận tốc x 4 (km/h). Thời gian xe đi từ B về 

24 

A là (giờ) 

x 4 

Do thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút nên ta có phương trình: 

24 24 1 

. Giải phương trình: 

x x 

4 2 

24 24 1 2 x 

12 

x 4x192 0 

x x 

4 2 

 

x 

16 

Đối chiếu với điều kiện ta có vận tốc của xe đạp đi từ A đến B là 12km/h. 

Ví dụ 2: Trên quãng đường AB dài 210 m , tại cùng một thời điểm một xe 

máy khởi hành từ A đến B và một ôt ô khởi hành từ B đi về A . Sauk hi 

gặp nhau xe máy đi tiếp 4 giờ nữa thì đến B và ô tô đi tiếp 2 giờ 15 phút 

nữa thì đến A . Biết rằng vận tốc ô tô và xe máy không thay đổi trong suốt 

chặng đường. Tính vận tốc của xe máy và ô tô. 

(Trích đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2013). 

Lời giải: 


Gọi vận tốc xe máy là x (km/h) Điều kiện x 0 . 

Gọi vận tốc ô tô là y (k,/h). Điều kiện y 0. 

Thời gian xe máy dự định đi từ A đến B là: 210 

x 

định đi từ B đến A là: 210 giờ. 

y 

giờ. Thời gian ô tô dự 

Quãng đường xe máy đi được kể từ khi gặp ô tô cho đến khi đến B là : 4x 

(km). 

Quãng đường ô tô đi được kể từ khi gặp xe máy cho đến khi đến A là : 

210 210 9 

4 

9 

4 

4 y (km). Theo giả thiết ta có hệ phương trình: 

x y 

 

9 

x 2y 

210 

4 

 

 

9 9 

210 210 7 

 

 

 

4x y 4x y 

 

4 4 7 

x y 4 

 

x y 4 

9 

4x 

y 210 

9 

 

4 4x 

y 210 

4 

ta suy ra 

1 

2 

. Từ phương trình (1) 

9 9 

4x y 4x y 

4 4 7 9y 

4x 

3 

0 x y. Thay vào 

x y 4 4x y 4 

phương trình (2) ta thu được: 12 y 9 y 210 y 40 , x 30 . 

4 4 

Vậy vận tốc xe máy là 30 km/h. Vận tốc ô tô là 40 km/h. 

Ví dụ 3: Quãng đường AB dài 120 km. lúc 7h sang một xe máy đi từ A đến 

B. Đi được 3 4 

xe bị hỏng phải dừng lại 10 phút để sửa rồi đi tiếp với vận tốc 

kém vận tốc lúc đầu 10km/h. Biết xe máy đến B lúc 11h40 phút trưa cùng 

ngày. Giả sử vận tốc xe máy trên 3 4 

quãng đường đầu không đổi và vận tốc 


xe máy trên 1 4 

quãng đường sau cũng không đổi. Hỏi xe máy bị hỏng lúc 

mấy giờ? (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 Trường chuyên ĐHSP Hà Nội 

năm 2015) 

Lời giải: 

Gọi vận tốc trên 3 4 

Thì vân tốc trên 1 4 

quãng đường ban đầu là x (km/h), điều kiện: x 10 

quãng đường sau là x 10 (km/h) 

Thời gian trên 3 4 quãng đường ban đầu là 90 x (h) 

Thời gian đi trên 1 4 quãng đường sau là: 30 

x 10 

Thời gian đi cả hai quãng đường là: 11 giờ 40 phút – 7 giờ - 10 phút 

(h) 

giờ. 

90 30 9 

Nên ta có phương trình: 

x x10 2 

Giải phương trình ta được x 30 thỏa mãn điều kiện 

Do đó thời gian đi trên 3 4 quãng đường ban đầu 90 3 

30 (giờ) 

Vậy xe hỏng lúc 10 giờ. 

9 

 

2 

Ví dụ 4. Một ca nô xuôi dòng 78km và ngược dòng 44 km mất 5 giờ với 

vận tốc dự định. nếu ca nô xuôi 13 km và ngược dong 11 km với cùng vận 

tốc dự định đó thì mất 1 giờ. Tính vận tốc riêng của ca nô và vận tốc dòng 

nước. 

Lời giải: 

Gọi vận tốc riêng của ca nô là x (km/h, x 0 ) 

Và vận tốc của dòng nước là y (km/h, y 0 


Ca nô xuôi dòng đi với vận tốc x y (km/h). Đi đoạn đường 78 km nên 

78 

thời gian đi là (giờ). 

x 

y 

Ca nô đi ngược dòng với vận tốc x y (km/h). Đi đoạn đường 44 km nên 

44 


x 

y 

Tổng thời gian xuôi dòng là 78 km và ngược dòng là 44 km mất 5 giờ nên ta 

78 44 

có phương trình: 5 

(1). 

x y x y 

Ca nô xuôi dòng 13 km và ngược dòng 11 km nên ta có phương trình: 

13 11 

1 

x y x y 

(2) 

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 

78 44 

5 

x y x y x y 26 x 

24 

. 

13 11 x y 22 y 2 

1 

 

 

 

x y x y 

Đối chiếu với điều kiện ta thấy thỏa mãn. 

Vậy vận tốc riêng của ca nô là 24 km/h và vận tốc của dòng nước là 2 km/h. 

Ví dụ 3. Một ô tô đi từ A đến B với vận tốc dự định trong một thời gian dự 

định. Nếu ô tô tăng vận tốc thêm 3 km/h thì thời gian rút ngắn được 2 giờ so 

với dự định. Nếu ô tô giảm vận tốc đi 3 km/h thì thời gian đi tăng hơn 3 giờ 

so với dự định. tính độ dài quãng đường AB. 

Lời giải: 

Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km/h, x 3) và thời gian dự định đi từ A 

đến B là y (giờ, y 2 ). Khi đó quãng đường từ A đến B dài xy (km). 


Nếu ô tô tăng vận tốc thêm 3 km/h thì vận tốc lúc đó là x 3 (km/h). khi đó 

thời gian đi sẽ là: y 2 (giờ). 

Ta có phương trình: 3 2 

x y xy (1) 

Tương tự nếu ô tô giảm vận tốc đi 3 km/h thì thời gian tăng 3 giờ nên ta có 

phương trình: 3 3 

x y xy (2) 

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 

3 2 

3 3 

x y xy 

 

x y xy 

Giải hệ ta được 

x 

15 

. Đối chiếu với điều kiện ta thấy thỏa mãn. 

y 

12 

Vậy quãng đường AB dài là: 12.15 180 (km). 

Chú ý rằng: Trong bài toán này, vì các dữ kiện liên quan trực tiếp đến sự 

thay đổi của vận tốc và thời gian nên ta chọn là ẩn và giải như trên. Nếu đặt 

độ dài quãng đường và vận tốc dự định là ẩn số ta cũng lập được hệ hai 

phương trình hai ẩn và vẫn giải được bài toán, tuy nhiên sẽ khó khăn hơn. 

BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NĂNG SUẤT LAO ĐỘNG, CÔNG 

VIỆC. 

Ta cần chú ý: Khi giải các bài toán liên quan đến năng suất thì liên hệ giữa 

ba đại lượng là: Khối lượng công việc = năng suất lao động thời gian 

Ví dụ 1) Một công ty dự định điều động một số xe để chuyển 180 tấn hàng 

từ cảng Dung Quất vào thành phố Hồ Chí Minh, mỗi xe chở khối lượng 

hàng như nhau. Nhưng do nhu cầu thực tế cần chuyển thêm 28 tấn hàng nên 

công ty đó phải điều động thêm một xe cùng loại và mỗi xe bây giờ phải 

chở thêm 1 tấn hàng mới đáp ứng được nhu cầu đặt ra. Hỏi theo dự định 

công ty đó cần điều động bao nhiêu xe? Biết rằng mỗi xe không chở quá 15 

tấn. (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 Tỉnh Quảng Ngãi 2015) 

Lời giải: 


Gọi x (tấn) là số tấn hàng trong thực tế mà mỗi xe phải chở (ĐK: 

1 x15, 

x ) 

x 

1 là số tấn hàng mỗi xe phải chở theo dự định. 

180 28 

Số xe thực tế phải điều động là: (xe) 

x 

Số xe cần điều động theo dự định là: 180 x 1 

(xe) 

Vì vậy số xe thực tế nhiều hơn dự định là 1 xe nên ta có phương trình: 

208 180 

2 2 

1 208x 208 180x x x x 29x 

208 0 

x x1 

x 1 

13 (tm) hoặc x2 16 (loại vì x 15) 

Vậy theo dự định cần điều động: 180 

180 15 

x 1 131 

(xe). 

Ví dụ 2) Hưởng ứng phong trào “Vì biển đảo Trường Sa” một đôi tàu dự 

định chở 280 tấn hàng ra đảo. Nhưng khi chuẩn bị khởi hành thì số hàng hóa 

đã tăng thêm 6 tấn so với dự định. vì vậy đội tàu phải bổ sung thêm 1 tàu và 

mỗi tàu chở ít hơn dự định 2 tấn hàng. Hỏi khi dự định đội tàu có bao nhiêu 

chiếc tàu, biết các tàu chở số tấn hàng bằng nhau.(Trích đề tuyển sinh vào 

lớp 10 Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu năm 2015) 

Lời giải: Gọi x (chiếc) là số tàu dự định của đội x *, x 

140 

Số tàu tham gia vận chuyển là x 1 (chiếc) 

Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo dự định 280 

x 

(tấn) 

 

Số tấn hàng trên mỗi chiếc thực tế 286 x 1 

(tấn) 

Theo bài ra ta có phương trình: 280 

286 2 

x x1 

2 x 

10 

x x xx x x 

280 1 286 2 1 4 140 0 . Vậy 

x 

14( l) 

đội tàu lúc đầu có 10 chiếc tàu. 


Ví dụ 3. Một công nhân theo kế hoạch phải làm 85 sản phẩm trong một 

khoảng thời gian dự định. Nhưng do yêu cầu đột xuất, người công nhân đó 

phải làm 96 sản phẩm. Do người công nhân mỗi giờ đã làm tăng thêm 3 sản 

phẩm nên người đó đã hoàn thnahf công việc sớm hơn so với thời gian dự 

định là 20 phút. Tính xem theo dự định mỗi giờ người đó phải làm bao 

nhiêu sản phẩm, biết rằng mỗi giờ chỉ làm được không quá 20 sản phẩm. 

Lời giải: 

Gọi số sản phẩm công nhân dự định làm trong một giờ là x0 x 20 

. 

Thời gian dự kiến người đó làm xong 85 sản phẩm là 85 x 

(giờ) 

Thực tế mỗi giờ làm tăng thêm 3 sản phẩm nên số sản phẩm làm được mỗi 

giờ là x 3. 

Do đó 96 sản phẩm được làm trong 

96 

x 3 

(giờ) 

Thời gian hoàn thành công việc thực tế sớm hơn so với dự định là 20 phút 

1 

85 96 1 

giờ nên ta có phương trình 

3 

x x 

3 3 

Giải phương trình ta được x 15 hoặc x 51 

Đối chiếu điều kiện ta loại nghiệm x 51. 

Theo dự định mỗi giờ người đó phải làm 15 sản phẩm. 

Ví dụ 4. Để hoàn thành một công việc, nếu hai tổ cùng làm chung thì hết 6 

giờ. Sau 2 giờ làm chung thì thì tổ hai được điều đi làm việc khác, tổ một 

tiếp tục làm và đã hoàn thành công việc còn lại trong 10 giờ. Hỏi nếu làm 

riêng thì mỗi tổ sẽ hoàn thành công việc này trong thời gian bao nhiêu? 

Lời giải: 

Gọi thời gian tổ một làm riêng và hoàn thành công việc là x (giờ, x 6 ). 


Gọi thời gian tổ hai làm riêng và hoàn thành công việc là y (giờ, y 6) 

Mỗi giờ tổ một làm được 1 x 

(phần công việc) 

Mỗi giờ tổ hai làm được 1 y 

(phần công việc) 

Biết hai tổ làm chung trong 6 giờ thì hoàn thành được công việc nên ta có 

phương trình: 

6 6 

1 . (1). Thực tế để hoàn thành công việc này thì tổ hai làm trong 2 

x y 

giờ và tổ một làm trong 2 10 12 (giờ), ta có phương trình: 12 

2 1 

x y 

(2). Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 

x 

15 

thỏa mãn điều kiện. 

y 

10 

6 6 

1 

x y 

. Giải hệ ta được: 

12 2 

1 

x y 

Nếu làm riêng thì tổ một hoàn thành công việc trong 15 giờ và tổ hai hoàn 

thành công việc trong 10 giờ. 

Nhận xét: Bài toán hai người (hai đội) cùng làm chung – làm riêng để hoàn 

thành một công việc có hai đại lượng chính là năng suất của mỗi người 

(hoặc mỗi đội). Ta coi toàn bộ khối lượng công việc cần thực hiện là 1. 

+ Năng suất công việc =1: thời gian. 

+ Năng suất chung = Tổng năng suất riêng. 

Chú ý: 

Trong bài toán trên có thể thay điều kiện x 6 bằng điều kiện x 10 

hoặc 

thậm chí là x 12 . 


Có thể thay phương trình (2) bằng phương trình 10 2 vì phần việc còn lại 

x 3 

riêng tổ một làm là 2 3 

. Ta có ngay x 15 . 

Ví dụ 5. Cho một bể cạn (không có nước). Nếu hai vòi nước cùng được mở 

để chảy vào bể này thì sẽ đầy bể sau 4 giờ 48 phút. Nếu mở riêng từng vòi 

chảy vào bể thì thời gian vòi một chảy đầy bể sẽ ít hơn thời gian vòi hai 

chảy đầy bể là 4 giờ. Hỏi mỗi vòi chảy một mình thì sau bao lâu sẽ đầy bể? 

Lời giải 

Đổi 4 giờ 48 phút = 

Cách 1: Lập hệ phương trình 

4 

4 giờ = 24 

5 5 giờ 

Gọi thời gian vòi một chảy một mình đầy bể trong x (giờ, 

24 

x ) 

5 

Gọi thời gian vòi hai chảy một mình đầy bể trong y (giờ, 

24 

y ) 

5 

Biết hai vòi cùng chảy thì sau 24 

5 

giờ thì đầy bể nên ta có phương trình: 

24 24 

1 (1) 

5x 

5y 

Nếu chảy riêng thì vòi một chảy đầy bể nhanh hơn vòi hai là 4 giờ nên ta có 


x y 4 (2) 

24 24 

1 

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 5x 

5y 

x 

y 4 


Giải hệ trên ta được: 

x 

8 

 

y 

12 

(thỏa mãn điều kiện) 

Vậy vòi một chảy một mình trong 8 giờ thì đầy bể và vòi hai chảy một mình 

trong 12 giờ thì đầy bể. 

Cách 2: Lập phương trình 

Gọi thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là x (giờ, 

24 

x ) 

5 

Khi đó trong một giờ vòi một chảy được 1 x 

(phần bể) 

Vòi hai chảy một mình đầy bể trong x 4 (giờ) nên trong một giờ chảy 

1 

được: (phần bể) 

x 4 

Tổng cộng trong một giờ hai vòi chảy được 1 1 (phần bể) (3) 

x x 4 

Sau 4 giờ 48 phút = 24 

5 

giờ hai vòi cùng chảy thì đầy bể nên trong một giờ 

chảy được 5 24 

(phần bể) (4) 

Từ (3) và (4) ta có phương trình 1 

1 

5 

x x 

4 24 

Giải phương trình ta được 

12 

x (loại) hoặc x 8 (thỏa mãn) 

5 

Vậy thời gian vòi một chảy một mình đầy bể là 8 giờ. Vòi hai chảy một 

mình đầy bể là 84 12 (giờ). 

Nhận xét: Ta có thể chuyển bài toán trên thành bài toán sau: “Hai đội công 

nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành sau 4 giờ 48 phút. Nếu 

làm riêng để hoàn thành công việc này thì thời gian đội một ít hơn thời gian 


đội hai là 4 giờ. Hỏi khi làm riêng thì mỗi đội hoàn thành công việc trong 

bao lâu? 

Ví dụ 6. Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m và chiều 

dài lớn hơn chiều rộng là 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó. 

Lời giải: 

Cách 1: Lập phương trinh 

Gọi chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật là x ( mx , 0) 

Chiều dài mảnh đất hình chữ nhật lớn hơn chiều rộng 7m nên chiều dài của 

mảnh đất hình chữ nhật là x 7 (m) 

Biết độ dài đường chéo là 13m nên theo định lý Pitago ta có phương trình: 

x 

x 2 

7 13 

2 2 

Giải phương trình ta được x 5 hoặc x 12. Đối chiếu với điều kiện ta 

có chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là 5m và chiều dài mảnh đất đó là 

12m. 

Cách 2: Lập hệ phương trình 

Gọi chiều dài của mảnh đất đó là x và chiều rộng của mảnh đất đó là y 

(m, x y 0 ) 

y7 

x 

Khi đó ta có hệ phương trình 

. Giải hệ ta được 

2 2 2 

x 

y 13 

x 

12 

. 

y 

5 

Đối chiếu với điều kiện ta thấy thỏa mãn. Vậy chiều rộng mảnh đất hình chữ 

nhật là 5m và chiều dài là 12m. 

BÀI TẬP RÈN LUYỆN: 

1). Một ô tô tải đi từ A đến B với vận tốc 45km/h. sau 1 giờ 30 phút thì một 

xe con cũng xuất phát đi từ A đến B với vận tốc 60km/h và đến B cùng lúc 

với xe tải. Tính quãng đường AB. 


2). Hai người đi xe đạp xuất phát cùng một lúc đi từ A đến B. vận tốc của họ 

hơn kém nhau 3km/h nên đến B sớm muộn hơn nhau 30 phút. Tính vận tốc 

của mỗi người, biết quãng đường AB dài 30km/h. 

3). Hai tỉnh A,B cách nhau 180km/h. Cùng một lúc, ô tô đi từ A đến B và 

một xe máy đi từ B về A. Hai xe gặp nhau ở thị trấn C. Từ C đến B ô tô đi 

hết 2 giờ, còn từ C về A xe máy đi hết 4 giờ 30 phút. Tính vận tốc của ô tô 

và xe máy biết rằng trên đường AB hai xe đều chạy với vận tốc không đổi. 

4). Trong một cuộc đua, ba tay đua mô tô đã khởi hành cùng một lúc. Mỗi 

giờ người thứ hai chạy chậm hơn người thứ nhất 15km và nhanh hơn người 

thứ ba 3 km. người thứ ba đến đích chậm hơn người thứ nhất 12 phút và 

sớm hơn người thứ ba 3 phút. Tính thời gian chạy hết quãng đường đua của 

các tay đua. 

5). Một xe máy đi từ A đến B trong thời gian dự định. Nếu vận tốc tằng 

20km/h thì đến sớm 1 giờ, nếu vận tốc giảm đi 10km/h thì đến muộn 1 giờ. 

Tính quãng đường AB. 

6). Một ô tô đi từ A đến B. Cùng một lúc, một ô tô khác đi từ B đến A với 

vận tốc bằng 2 3 

vận tốc ô tô thứ nhất. Sau 5 giờ chúng gặp nhau. Hỏi mỗi ô 

tô đi cả quãng đường AB mất bao lâu? 

7). Hai bến sông A và B cách nhau 40km. cùng một lúc với ca nô xuôi từ 

bến A có một chiếc bè trôi từ bến A với vận tốc 3km/h. Sauk hi đến bến B, 

ca nô quay trở về bến A ngay và gặp bè, khi đó bè đã trôi được 8km. tính 

vận tốc riêng của ca nô. 

8) Hai bạn A và B cùng làm chung một công việc thì hoàn thành sau 6 ngày. 

Hỏi nếu A làm một mình 3 ngày rồi nghỉ thì B hoàn thành nốt công việc 

trong thời gian bao lâu? Biết rằng nếu làm một mình xong công việc thì B 

làm lâu hơn A là 9 ngày. 

9) Trong một kỳ thi, hai trường A,B có tổng cộng 350 học sinh dự thi. Kết 

quả là hai trường có tổng cộng 338 học sinh trúng tuyển. Tính ra thì trường 

A có 97% và trường B có 96% học sinh dự thi trúng tuyển. Hỏi mỗi trường 

có bao nhiêu thí sinh dự thi? 


10) Có hai loại quặng sắt. quặng loại A chứa 60% sắt, quặng loại B chứa 

50% sắt. người ta trộn một lượng quặng loại A với một lượng quặng loại B 

thì được hỗn hợp chứa 8 sắt. Nếu lấy tăng hơn lúc đầu là 10 tấn quặng loại 

15 

A và lấy giảm hơn lúc đầu là 10 tấn quặng loại B thì được hỗn hợp quặng 

chứa 17 sắt. Tính khối lượng quặng mỗi loại đem trộn lúc đầu. 

30 



Gọi độ dài quãng đường AB là x (đơn vị km, x 0 ) 

Thời gian ô tô tải đi từ A đến B là 45 

x (giờ) 

Thời gian xe con đi từ A đến B là 60 

x (giờ) 

3 

Vì xe con xuất phát sau xe tải 1 giờ 30 phút giờ nên ta có phương trình: 

2 

x x 3 x 3 

x 270 (thỏa mãn điều kiện) 

45 60 2 180 2 

Vậy độ dài quãng đường AB là 270km. 

2). Gọi vận tốc của người đi chậm là xkm / h, x 0 . Vận tốc của người đi 

nhanh là x 3 (giờ). Vì người đi chậm đến muộn hơn 30 phút = 1 2 

giờ nên 

ta có phương trình: 

30 30 1 

 

x x 

3 2 

 

2 2 

60 x 3 60x x 3x x 3x 

180 0 

 

 

 

3 2 4. 180 729 27 2 27 


3 27 

 

x 15 

2 

 

3 27 x 12 

2 

So sánh với điều kiện suy ra chỉ có nghiệm x 12 thỏa mãn. 

Vậy vận tốc của người đi chậm là 12km/h, vận tốc của người đi nhanh là 

15km/h. 


Gọi vận tốc của ô tô là x (km/h), của xe máy là y (km/h) với xy , 0. 

Sau một thời gian, hai xe gặp nhau tại C, xe ô tô phải chạy tiếp hai giờ nữa 

thì tới B nên quãng đường CB dài 2x km, còn xe máy phải đi tiếp 4 giờ 30 

phút hay 4,5 giờ mới tới A nên quãng đường CA dài 4,5y km. Do đó ta có 

phương trình: 2x4,5y 

180 

Ô tô chạy với vận tốc x km/h nên thời gian đi quãng đường AC là 4,5y 

x 

giờ, xe máy đi với vận tốc y km/h thì thời gian đi quãng đường CB là 2x 

y 

Vì hai xe khởi hành cùng một lúc và gặp nhau tại C nên tại lúc gặp nhau hai 

xe đã đi được một khoảng thời gian như nhau và ta có phương trình: 

4,5y 

2x 

 

x y 


Vậy ta có hệ phương trình: 

2x4,5y180 

 

2x4,5y 180 2x 

4,5 180 

4,5y 

2x 

 

2 2 

 

 

9y 

4x 

3y 

2x 

x y 

 

 

 

15y 

180 

3y 4,5y 180 2 y 

24 

. 

3y 2x 3y x 36 

x 

2 

So sánh với điều kiện ta thấy các giá trị x36, y 24 đều thỏa mãn. 

Vậy vận tốc của ô tô là 36km/h, vận tốc của xe máy là 24km/h. 


Gọi vận tốc của người thứ hai là x (km/h), x 3 thì vận tốc của người thứ 

nhất là x 15(km/h), vận tốc của người thứ ba là x 3 (km/h) 

Gọi chiều dài quãng đường là y (km, y 0) 

Thời gian người thứ hai đi hết đường đua là y x (giờ) 

Thời gian người thứ nhất đi hết đường đua là 

y 

x 15 

(giờ) 

Thời gian người thứ ba đi hết đường đua là 

y 

x 3 

(giờ) 

Người thứ hai đi đến đích chậm hơn người thứ nhất là 12 phút = 1 5 

giờ nên 


y y 1 

 

x x15 

5 


Vì y 0 nên phương trình này tương đương với 1 

1 

1 

x x 15 5y 

(1). 

Người thứ hai đến đích sớm hơn người thứ ba là 3 phút = 1 20 

giờ nên ta có 

y y 1 

phương trình: 

x 

3 x 20 

Vì y 0 nên phương trình này tương đương với 

Từ (1) và (2) ta có: 1 1 4 

1 1 

 

x x 15 x 3 

x 

1 1 1 

 

x 3 x 20y 

(2). 

15 12 

15 x 3 12 x 15 5x 3 4x 15 

x 75 

x x 

 

15 xx 

3 

Nghiệm x 75 thỏa mãn điều kiện, từ (1) ta có y 90 . 

Vậy vận tốc của người thứ hai là 75km/h, vận tốc của người thứ nhất là 

90km/h, vận tốc của người thứ ba là 72km/h. 


Để tính quãng đường AB ta tính đại lượng là vận tốc dự định và thời gian 

dự định. 

Gọi vận tốc dự định là x giờ, thời gian dự định là y km/h ( x10, y 1). 

Quãng đường AB dài là xy . (km) 

Nếu vận tốc tăng thêm 20km/h thì đến sớm 1 giờ, quãng đường được tính 

bằng công thức: 

x 20 . y 1 

(km) 

Nếu giảm vận tốc đi 10km/h thì đến muộn 1 giờ, quãng đường đi được tính 

bằng công thức x 10 . y 1 

(km) 


Ta có hệ: 

 

10 1 

 

x 20 y 1 xy xy x 20y 20 xy 

 

 

x y xy xy x 10y 10 

xy 

x 20y 20 10 y 30 y 

3 

 

x 10y 10 x 10y 10 x 

40 

So sánh với điều kiện ta thấy giá trị x40, y 3 thỏa mãn 

Vậy vận tốc dự định là 40km/h, thời gian dự định là 3 giờ. Quãng đường 

AB dài là: 40.3 120 

km. 

6).. Lời giải: 

Gọi thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là x giờ x 5 

. 

Vận tốc xe ô tô thứ nhất là AB 

x 

Vận tốc xe ô tô thứ hai là 2 . 

3 

AB 

x 

(km/h)\ 

(km/h) 

Sau 5 giờ hai xe gặp nhau, nghĩa là tổng quãng đường hai xe đi được bằng 

AB 2 AB 

quãng đường AB, ta có phương trình: 5. 5. . AB 

x 3 x 

1 10 1 25 1 25 1 

5. . 1 . 1 x 8 (thỏa mãn điều kiện x 5) 

x 3 x 3 x 3 3 

Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB là: 

25 

3. 

2AB 

3x 

3 1 

12 

3x 2 2 2 

. 

Vậy thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là 

thứ hai đi hết quãng đường AB là 12 giờ 30 phút. 


1 

8 3 

giờ, thời gian xe 


Gọi vận tốc ca nô là x (km/h), x 3. Vận tốc ca nô xuôi dòng là x 3 

(km/h) 

Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là 

40 

x 3 

(giờ) 

Vận tốc ca nô ngược dòng là x 3 (km/h) 

Quãng đường ca nô ngược dòng từ B đến địa điểm gặp bè là : 40 8 32 

km 

Thời gian ca nô ngược dòng từ B đến địa điểm gặp bè là: 

Ta có phương trình: 

2 

x x x 

15 3 12 3 9 

40 32 8 5 4 1 

 

x 3 x 3 3 x 3 x 3 3 

32 

x 3 

(giờ) 

2 x 

27 

x 27x 

x 

0 

So sánh với điều kiện thì chỉ có nghiệm x 27 thỏa mãn, suy ra vận tốc của 

ca nô là 27km/h. 


Gọi thời gian A,B làm riêng xong công việc lần lượt là xy , (ngày), 

xy , 0. 

Mỗi ngày đội A làm riêng được 1 x 

công việc. 

Mỗi ngày đội B làm riêng được 1 y 

công việc. 


Ta có hệ phương trình: 

yx6 

 

x 

9 

1 1 1 

 

y 18 

x y 6 

 

 

Vì A làm 9 ngày xong nên 3 ngày làm được 1 3 

công việc. 

Vì B làm 18 ngày xong nên 3 ngày B làm được 1 

18 

xong 2 2 1 

công việc còn lại là : 12 

3 3 18 ngày. 


Gọi số thí sinh tham dự của trường A và trường B lần lượt là 

 

 

x, y x, y *; x, y 350 . Ta có hệ phương trình 

x 

y 350 

 

x 

200 

97 96 

x y 338 y 

150 

100 100 


công việc, số ngày làm 

Gọi khối lượng quặng đem trộn lúc đầu quặng loại A là x (tấn), quặng loại 

B là y (tấn), x0, y 10 . 


60 50 8 

x y x y 

100 100 15 

x 

10 

(thỏa mãn). 

60 50 17 y 20 

x 10 y 10 x 10 y 10 

 

100 100 30 


Chủ đề 5: PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 

Để giải một phương trình bậc lớn hơn 3. Ta thường biến đổi phương trình 

đó về một trong các dạng đặc biệt đó là: 

1. Phương pháp đưa về dạng tích: Tức là biến đổi phương trình: 

x 

 

f 

F x 0 f x. g x 

0 

g x 

0 

0 

Đưa về một phương trình tích ta thường dùng các cách sau: 

2 2 3 3 

Cách 1: Sử dụng các hằng đẳng thức đưa về dạng: a b 0, a b 

0,... 

Cách 2: Nhẩm nghiệm rồi chia đa thức: Nếu x 

a là một nghiệm của 

phương trình f x 0 thì ta luôn có sự phân tích: f x x a g x 

dự đoán nghiệm ta dựa vào các chú ý sau: 

Chú ý: 

. Để 

Cách 3: Sử dụng phương pháp hệ số bất định. Ta thường áp dụng cho 

phương trình bậc bốn. 

Đặc biệt đối với phương trình bậc 4: Ta có thể sử dụng một trong các cách 

xử lý sau: 

 

Phương trình dạng: 

4 2 

x ax bx c 

Phương pháp: Ta thêm bớt vào 2 vế một lượng: 

trình trở thành: 

( x m) (2 m a) 

x bx c m 

2 2 2 2 

2mx 

m khi đó phương 

2 2 

Ta mong muốn vế phải có dạng: 

( Ax B) 

2 

2ma0 

m 

2 2 

b 4(2 m a)( c m ) 0 


Phương trình dạng: 

4 3 2 

x ax bx cx d 

Ta sẽ tạo ra ở vế phải một biểu thức bình phương dạng: 

 

 

 

a 

2 

2 

x x m 

 

 

 

2 

Bằng cách khai triển biểu thức: 

2 2 

2 a 4 3 a 2 2 

 

x x m 

x ax 2m x amx m . Ta thấy cần thêm 

2 4 

vào hai vế một lượng: 

thành: 

2 

a 

2m x amx m 

4 

2 2 

khi đó phương trình trở 

2 2 

2 a a 2 2 

 

x x m 

2 m bx ( am c) 

x m d 

2 4 

Bây giờ ta cần: 

2 

a 

2m b 

0 

4 

 

m 

? 

2 

2 a 

 

2 

VP ( am c) 4 2m b m d 0 

 

 

 

4 

Ta sẽ phân tích để làm rõ cách giải các bài toán trên thông qua các ví dụ 

sau: 

Ví dụ 1) 

Giải các phương trình: 

a) 

b) 

c) 

d) 

4 2 

x x x 

10 20 0 . 

4 2 

x x x 

22 8 77 0 

4 3 2 

x x x x 

6 8 2 1 0 . 

4 3 2 

x 2x 5x 6x 

3 0 . 

Lời giải: 


a) 

4 2 4 2 

x x x x x x 

10 20 0 10 20 

Ta thêm vào 2 vế phương trình một lượng: 

2mx 

m 

2 2 

Khi đó phương trình trở thành: 

4 2 2 2 2 

x 2 mx m (10 2 m) x x m 20 

Ta có VP 1 4( m 20)(10 2 m) 0 m . Ta viết lại phương trình 

2 

thành: 

2 9 

2 2 2 

4 2 9 2 1 2 9 1 

x 9x x x x x 0 

2 4 2 2 

2 2 1 

17 

( x x 5)( x x 4) 0 x . và 

2 

1 

21 

x . 

2 

b) 

4 2 4 2 

x x x x x x 

22 8 77 0 22 8 77 

Ta thêm vào 2 vế phương trình một lượng: 

2mx 

m 

2 2 

Khi đó phương trình trở thành: 

4 2 2 2 2 

x 2 mx m (22 2 m) x 8x m 77 . 

Ta có 

2 

1 4(22 2 )( 77) 0 9 . 

VP 

m m m 

Ta viết lại phương trình thành: 

2 2 

 

4 2 2 2 

x x x x x x 

18 81 4 8 4 9 2 2 0 

 

2 2 

x 1 

2 2 

( x 2x 7)( x 2x 

11) 0 

x 12 3 

c) Phương trình có dạng: 

4 3 2 4 3 2 

x 6x 8x 2x 1 0 x 6x 8x 2x 

1 

Ta tạo ra vế trái dạng: 

( x 3 x m) x 6 x (9 2 m) x 6mx m 

2 2 4 3 2 2 


2 2 

Tức là thêm vào hai vế một lượng là: (9 2 m) x 6mx m phương trình 

2 2 2 2 

trở thành: ( x 3 x m) (2m 1) x (6m 2) x m 1. Ta cần 

2 

' (3 1) (2 1)( 1) 0 0 . Phương trình trở thành: 

VP 

m m m m 

2 2 

2 2 2 ( x 4x 1)( x 2x 

1) 0 

x 

( x 3 x) ( x 1) 

x 

2 

3 

 

x 

2 

3 

1 2 

 

x 

1 

2 

d) Phương trình đã cho được viết lại như sau: 

4 3 2 

x x x x 

2 5 6 3 

Ta tạo ra phương trình: 

2 2 2 2 

( x x m) (2m 6) x (2m 6) x m 3 

2m 

6 0 

Ta cần: m 1 

2 2 

' 

VP ( m 3) (2m 6)( m 3) 0 

Phương trình trở thành: 

( x x 1) (2x 

2) 

2 2 2 

3 21 

x 

 

2 

3 21 

x 

 

2 

2 2 

( x 3x 3)( x x 1) 0 

 

Ví dụ 2) 

4 2 

a) Giải phương trình: x 4x 12x 

9 0 (1). 

4 2 

b) Giải phương trình: x 13x 18x 

5 0 

4 3 2 

c) Giải phương trình: 2x 10x 11x x 1 0 (4) 

Lời giải: 


4 

a) Ta có phương trình 2 

x 2x3 0 (1.1) 

2 

x 

x 

2 2 

2 3 0 

x 2x 3x 2x 3 

0 

x 1; x 3. Vậy 

2 

x 

2x 3 0 

phương trình có hai nghiệm x1; x 

3 

b) Phương trình x 4 x 2 x 2 x 

4 4 9 18 9 0 

2 2 

x 2 x x 2 x x 2 x 

2 3 3 0 3 5 3 1 0 

3 29 

2 

x 

x 

3x 5 0 

2 

 

 

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm 

2 

x 

3x1 0 3 

5 

x 

 

2 

3 

29 3 

5 

x ; x . 

2 2 

c) Ta có phương 

trình 

2 2 

2 5 1 1 2 3 9 1 3 2 1 2 

 

x x x x x x 2x 

2 4 4 4 16 2 4 2 

x 3x 

1 0 

2 

2 

2 

x 

2x 

4x1 0 

2 

 

. 

2 

x 

3x1 0 3 13 

x 

 

2 

2. Phương pháp đặt ẩn phụ: 

Là phương pháp khá hữu hiệu đối với các bài toán đại số, trong giải phương 

trình bậc cao cũng vậy, người ta thường đặt ẩn phụ để chuyển phương trình 

bậc cao về phương trình bậc thấp hơn. 

Một số dạng sau đây ta thường dùng đặt ẩn phụ. 

Dạng 1: Phương trình trùng phương: ax 4 bx 2 c 0a 

0 

(1) 


Với dạng này ta đặt 

(2) 

2 2 

t x , t 0 ta chuyển về phương trình: at bt c 0 

Chú ý: Số nghiệm của phương trình (1) phụ thuộc vào số nghiệm không âm 

của (2) 

Dạng 2: Phương trình đối xứng (hay phương trình hồi quy): 

4 3 2 2 

ax bx cx kbx k a k 

 

 

0 0 . Với dạng này ta chia hai vế phương 

2 

 

2 k k 

x x ta được: a x bx c 

x x 

2 

trình cho 0 

2 

0 

2 

k 

. Đặt t x 

x 

2 

2 k k 

2 

với t 2 k ta có: x x 2k t 2k 

2 thay vào ta được 

x x 

2 


a t 2k bt c 0 

Dạng 3: Phương trình: x a x b x c x d e, 

trong đó a+b=c+d 

 

x a b x ab 

 

x c d x cd 

e . 

2 2 

Phương trình 

2 

Đặt t x a b 

x , ta có: 

t ab t cd e 

Dạng 4: Phương trình x a x b x cx d ex 

2 , trong đó ab cd . 

2 

Với dạng này ta chia hai vế phương trình cho 0 

tương đương: 

x x . Phương trình 

2 2 2 ab cd 

 

 

x a b x ab 

 

 

x c d x cd 

 

ex 

 

x a b x c d e 

x 

 

 

x 

 

Đặt 

ab 

t x x 

x 

cd 

x 

t a b t c d e 

. Ta có phương trình: 


4 4 

Dạng 5: Phương trình 

phương trình trùng phương 

x a x b c . Đặt 

a 

b 

xt ta đưa về 

2 

Ví dụ 1: Giải các phương trình: 

1) 

2) x 

x 

 

4 3 2 

2x 5x 6x 5x 

2 0 

4 4 

1 3 2 

3) x x x x 

1 2 3 24 

4) 

 

2 

x 2 x 3 x 4 x 6 6x 

0 

Lời giải: 

1) Ta thấy x 0 không là nghiệm phương trình nên chia hai vế pương trình 

cho 

2 


1 1 

 

x x 

2 

2 x 5 x 6 0 

2 

. Đặt 

2 

2 

2 

2 

1 1 1 

t x , t 2 

x x 2 t 2 . Ta 

x x x 

có: 

t 

2 

. Với t 

2 

2 2 

2 t 2 5t 6 0 2t 5t 

2 0 1 

1 

t x x x 

x 

2 

2 2 2 1 0 

2) Đặt xt 2 ta 

được: 

4 4 4 2 

t 1 t 1 2 t 6t 0 t 0 x 2 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2. 

Chú ý: Với bài 2 ta có thể giải bằng cách khác như sau: Trước hết ta có 

BĐT: 


4 4 

a b a b 

4 

 

 

2 4 với ab 

0. 

Áp dụng BĐT này với: a x 1, b x 3 VT VP . Đẳng thức xảy ra 

khi x 2. 

3) Ta có phương trình: x 2 xx 2 x 

3 3 2 24 . Đặt 

2 

t x 3x 

. Ta 

t t 2 24 t 2t 24 0 t 6, t 4 

được: 

2 

* 

t x x 

2 

6 3 6 0 phương trình vô nghiệm 

2 

* t 4 x 3x 4 0 x 1; x 4 . Vậy phương trình có hai nghiệm 

x1; x 4 . 

4) Phương trình 

x 2 x x 2 x x 

2 

2 12 12 6 0 

Vì x 0 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình 

cho x 2 ta được: 

12 12 

12 

x 4 x 1 

6 0 . Đặt t x , ta có: 

x x 

x 

2 t 

1 

t 4t 1 6 0 t 3t 

2 0 

 

t 

2 

* 

* 

2 x 

4 

12 

t 1 x 1 x x 12 0 

x 

 

x 

3 

t x x x 

2 

2 2 12 0 1 13 

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm: x 3; x 4; x 1 

13 

Ví dụ 2) 

2 2 

a) Giải phương trình: 3x 2 x 1 2x 1 5x 

3 1 


6 5 4 3 2 

b) Giải phương trình: x 3x 6x 21x 6x 3x 

1 0 

c) Giải phương trình: x x x 2 

x x 

 

d) Giải phương trình: 3 

Lời giải: 

1 2 3 4 5 360 

3 3 

x x x x 

5 5 5 24 30 0. 

a) Vì x 1 không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho 

3 

x 1 ta được: 

2 

x x 1 x 1 

 

2 

x 1 x x 1 

3 2 

. Đặt 

x x1 2 1 

 

x1 t 

3 

2 

2 

t 3t 5 3t 5t 2 0 t 2, t 

* 

* 

2 3 

13 

t 2 x 3x 1 0 x 

2 

1 

t x x 

3 

2 

3 2 4 0 phương trình vô nghiệm 

b) Đây là phương trình bậc 6 và ta thấy các hệ số đối xứng do đó ta có thể 

áp dụng cách giải mà ta đã giải đối với phương trình bậc bốn có hệ số đối 

xứng. 

Ta thấy x 0 không là nghiệm của phương trình. Chia 2 vế của phương 

trình cho 

3 


3 1 2 1 1 

1 

x 3 x 6 x 21 0 

3 

2 . Đặt t x , t 2 . Ta 

x x x 

x 

2 1 2 3 1 2 

x t 2; x t t 3 

2 3 

x 

x 

nên phương trình trở 

có: 

2 2 

thành: 

t t 3 3 t 2 6t 

21 0 


3 2 t 

3 

2 

 

t 3t 9t 27 0 t 3 t 3 0 

t 

3 

1 2 

3 5 

* t 3 x 3 x 3x 1 0 x 

x 

2 

2 3 

5 

* t 3 x 3x 1 0 x . Vậy phương trình có bốn nghiệm 

2 

3 

5 3 

5 

x ; x . 

2 2 

c) Phương trình x 2 x x 2 x x 2 x 

6 5 6 8 6 9 360 

Đặt 

, ta có phương trình: y y y 

2 

t x 6x 

5 8 9 360 

 

2 2 x 

0 

 

y y 22y 157 0 y 0 x 6x 

0 

x 

6 

Vậy phương trình có hai nghiệm: x 0; x 6 . 

3 3 

d) Ta có: 

đương 

x 5x 30 5 x 5x 5 x 5 nên phương trình tương 

3 

 

3 3 3 

x x x x x x 

hệ: 

5 5 5 24 24 30 0 . Đặt 

3 

u x x 

5 5. Ta được 

 

 

 

 

3 

u 5u 5 x 

3 

x 5x 5 

u 

2 2 

 

u x u ux x 6 0 u x . 

 

x là 

3 2 

x 4x 5 0 x 1 x x 5 0 x 1. Vậy 1 

nghiệm duy nhất của phương trình. 

Dạng 6: 


ax bx 

a) Phương trình: c 

2 2 

x mx p 

x nx p 

với abc 0. 

Phương pháp giải: Nhận xét x 0 không phải là nghiệm của phương trình. 

Với x 0 , ta chia cả tử số và mẫu số cho x thì thu được: 

2 

a b 

k 2 2 k 

c 

. Đặt t 

p p 

x t x 2k 2 k 2k 

2 

x m x n 

x 

x 

. 

x x 

Thay vào phương trình để quy về phương trình bậc 2 theo t . 

b) Phương trình: 

2 ax 

x 

 

x 

a 

2 

b 

với a 0, x a . 

2 2 

Phương pháp : Dựa vào hằng đẳng thức 2 

phương trình thành: 

a b a b 2ab 

. Ta viết lại 

2 2 2 

2 

2 

ax x x x 

x 2 a. b 2a b 0 . Đặt 

x a x a x a x a 

về phương trình bậc 2. 

2 

x 

t x a 

quy 

Ví dụ 1) Giải các phương trình: 

a) 

x 

2 

 

 

25x 

2 

x 5 

 

2 

11 

. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh 

Hóa 2013). 

12x 

3x 

1. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại 

x 4x 2 x 2x 

2 

học Vinh 2010). 

b) 

2 2 

c) 

d) 

 

x 

2 

x 2 

 

Nội 2008). 

x 

3 

 

2 

3x 

6x 

3 

2 

3 2 

x 3x 

2 0 

3 

x 1 

x 1 

 

 

(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà 


Giải: 

a) Điều kiện x 5 

Ta viết lại phương trình thành 

2 2 2 

2 

2 

5x 10x x 10x 

x 

11 0 11 0 . Đặt 

x 5 x 5 x 5 x 5 

t 

1 

phương trình có dạng t 

2 10t11 0 

t 

11 

2 

x 

t thì 

x 5 

Nếu t 1 ta có: 

2 

x 

t 11 11 

x 5 

2 

x 

2 1 

21 

1 x x 5 0 x . Nếu 

x 5 2 

2 

x 11x 55 0 phương trình vô nghiệm. 

b) Để ý rằng nếu x là nghiệm thì x 0 nên ta chia cả tử số và mẫu số 

12 3 

2 

vế trái cho x thì thu được: 1. Đặt t x 2 thì 

2 2 

x 4 x 2 

x 

x x 

phương trình trở thành: 

12 3 2 2 t 

1 

1 12 t 3 t 6 t 2 t t 7 t 6 0 

t 2 t 

. 

 

t 

6 

Với t 1 ta có: 

2 2 1 

2 2 0 

x t t vô nghiệm. Với t 6 ta có: 

x 

2 2 6 

2 4 2 0 2 2 

x x x x . 

x 

2 

x 2 x x 

 

x 2 2x 1 0 x 3 3x 

1 

0 

x 2 x 2 x 2 

. 

c) 

Giải 2 phương trình ta thu được các nghiệm là 

3 

3 

x 6; x . 

3 


thành: 

3 3 

3 

d) Sử dụng HĐT a b a b 3ab a b 

 

 

ta viết lại phương trình 

3 2 3 2 2 

3 x 3x x x x 3x 

x x x 

3 

hay 

2 0 3 2 0 

1 x 1 

 

x 

x 1 

 

x 1 x 1 

x 1 

2 

3 

2 

2 

2 2 

3 

2 

3 

2 

3 2 0 1 1 1 1 x 2x 2 0 

x x x x x 

 

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 

. Suy ra phương trình đã cho vô nghiệm. 

Giải các phương trình sau: 

1) x 2 x x 2 x 

2 3 6 . 

2) x 2 

x x 

 

6 7 3 4 1 1. 

4 4 

3) x x 

 

1 3 82 . 

4) x x x x 

BÀI TẬP RÈN LUYỆN: 

1 2 4 5 10 . 

5) 

x 2 x 2 x 2 2x 2 2x 

2 . 

x 2 x 1 x 8 x 4 4x 

. 

6) 

2 

2 2 

7) 

8) 

9) 

3 x 2 2x 1 2 x 2 3x 1 5x 

2 0 

. 

4 3 2 

3x 4x 5x 4x 

3 0 

. 

4 3 2 

2x 21x 34x 105x 

50 0 

. 

10) 1 1 1 1 1 0 . 

x x 1 x 2 x 3 x 4 

x 4 x 4 x 8 x 8 8 

11) . 

x 1 x 1 x 2 x 2 3 


x 1 x 6 x 2 x 5 

12) 

. 

2 2 2 

xx 2 x 12x 35 x 4x 3 x 10x 

24 

2 2 2 2 

x x 1 x 2x 2 x 3x 3 x 4x 

4 

13) 0 . 

x 1 x 2 x 3 x 4 

4x 

3x 

14) 

1 

2 2 

4x 8x 7 4x 10x 

7 

15) 

2x 2 3x 1 2x 2 5x 1 9x 

2 . 

x 5x 1 x 4 6 x 1 . 

2 2 

16) 2 

4 3 2 

17) x 9x 16x 18x 

4 0 . 

x 

2 

18) 

x 2 

12 

 

2 

2 

3x 

6x 

3 

2x 

13x 

19) 6 

. 

2 2 

3x 5x 2 3x x 2 

20) x 2 x 4 x 

2 

 

1 2 1 0 . 

2 2 2 

x 2 x 2 x 4 

21) 20 5 20 0. 

2 

x 1 x 1 x 1 

. 


1) Đặt 

. Phương trình đã cho thành tt 

 

2 

x x 2 t 

t 

2 

1 6 . 

t 

3 

Với t 2 thì 


2 2 0 0 hoặc x 1. 

2 2 

x x x x x 

2 2 1 

21 

x x 2 3 x x 5 0 x . 

2 

Vậy tập nghiệm của phương trình là 

 

1 

21 1 

21 

S 1;0; ; . 

 

2 2 

2) Biến đổi phương trình thành 

x 2 x x 2 x 

36 84 49 36 84 48 12 . Đặt 


2 

36 84 48 thì phương trình trên thành tt 

 

t x x 

t 

3 

1 12 

. 

t 

4 

Với t 3 thì 36x 84x 48 3 36x 84x 45 0 x hoặc 

2 

5 

2 2 

x . Với t 4 thì 36x 84x 48 4 36x 84x 

52 0 , 

6 

phương trình này vô nghiệm. 

2 2 3 

5 3 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S ; 

6 2 . 

3) Đặt y x 1 thì phương trình đã cho thành 

4 2 y1 x0 

24y 

48y 

216 82 

y 1 

. 

x 2 

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 2;0 

. 

4) Đặt 

 

x 1 x 2 x 4 x 5 

y x 3 thì phương trình trở thành: 

4 

 

2 2 4 2 

y 6 x 6 3 

y 4 y 1 10 y 5y 

6 0 . 

y 

6 x 6 3 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S 6 3; 6 3 

. 

5) Do x 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia hai vế cho 

2 

x ta được 

thành y y 

2 2 

x 1 x 2 

2 . Đặt 

x x 

2 

y x thì phương trình trở 

x 

2 

x 0 

y 

0 x x 1 

1 2 2 

y 3 2 

. 

x 2 

x 3 

x 


 

 

x x x x x x x x x x 

2 2 2 2 

2 4 1 8 4 6 8 9 8 4 . 

Do x 2 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình cho 

được: 

2 

x ta 


8 8 

x 6 x 9 

4 . Đặt 

x x 

2 y 5 

y 6 y 9 4 y 15y 

50 0 

8 

y x thì phương trình trở thành 

x 

 

y 10 

8 

2 

x 5 x 5x 

8 0 (vô nghiệm). Với y 10 thì 

x 

8 

2 

x 5 17 

x 10 x 10 x 8 0 . 

x 

x 5 17 

. Với y 5 thì 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S 5 17;5 17 . 

7) Do x 0 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế của phương 

2 2 

2 1 1 

trình cho x ta được 3 x 2 2 x 3 

5 0 . Đặt 

x x 

phương trình trở thành: 

2 2 2 y 1 

3 y 2 2 y 3 

5 0 y 1 0 . Suy ra 

y 1 

1 1 

5 

 

x 1 x 

 

x 

2 

. Vậy tập nghiệm của phương trình là 

1 

x 1 

1 

5 

x 

x 

2 

1 

5 1 

5 

S ; . 

 

2 2 

8) Phương trình không nhận x 0 là nghiệm, chia hai vế cho 

1 1 

 

x x 

2 

3 x 4 x 5 0 

2 

2 

3t 

4t1 0 

1 

y x , 

x 

2 

x được 

1 

. Đặt t x thì phương trình trở thành 

x 

2 

3t 4t 1 0 t 1 

hoặc 


1 

t . 

3 

1 1 

5 

hoặc 

x 

2 

2 

x 1 x x 1 0 x 

1 

5 

x . 

2 


Với 

x 

4 

1 

t thì 

3 

1 

37 

. 

2 

1 1 1 

37 

hoặc 

x 3 2 

2 

x 3x x 3 0 x3 


1 5 1 5 1 37 1 

37 

S ; ; ; . 

 

2 2 2 2 

9) 

4 3 2 

2x 21x 34x 105x 

50 0 

(8). 

Lời giải: 

105 

2 50 

Ta thấy k 5 

và k 25 nên phương trình (8) là phương trình 

21 

2 

2 25 5 

bậc bốn có hệ số đối xứng tỉ lệ. 8 2 x 21 x 34 0 

2 . Đặt 

x x 

5 

2 2 25 

t x suy ra t x 

2 10 . Phương trình (9) trở thành 

x 

x 

2 

9 

2t 21t 54 0 t 6 hoặc t . Với t 6 thì 

2 

5 

2 2 

x 6 x 6x 5 x 6x 

5 0 . Phương trình có hai nghiệm 

x 

9 5 9 2 

x1 3 14; x2 

3 14 . Với x thì x 2x 9x 

10 0 . 

2 x 2 

9 161 9 161 

Phương trình có hai nghiệm x3 ; x4 

. Vậy PT (8) có 

4 4 

tập nghiệm 

 

9 161 9 161 

S 3 14;3 

14; ; . 

 

4 4 

10) Điều kiện x 1; 2; 3; 4;0 

. Ta biến đổi phương trình thành 


x 

x 

 

1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 

0 0 

2 2 

x x 4 x 1 x 3 x 2 x 4x x 4x 3 x 2 

1 1 1 

0 

2 2 2 

x 4x x 4x 3 2( x 4x 

4) 

 

2 

. Đặt u x 4x 

, phương trình 

trở thành 

1 1 1 

0 

u u 3 2 u 4 

 

 

 

25 145 

2 

u 

5u 

25u24 

10 

0 

. 

2u u 

3u 

4 

25 145 

u 

 

10 

 

2 25 145 

x 

4x 

10 

Do đó 

. Tìm được tập nghiệm của phương trình là 

 

2 25 145 

x 

4x 

 

10 

 

15 145 15 145 15 145 15 145 

 

S 2 ; 2 ; 2 ; 2 

 

10 10 10 10 

 

 

. 


5 5 10 10 8 10 40 8 

. 

2 2 

x 1 x 1 x 2 x 2 3 x 1 x 4 3 

Đặt u x 2 

u 1, u 4; u 0 

dẫn đến phương trình 

u 

16 

. bTìm được tập nghiệm của phương trình là 

u 

4 

2 

4u 

65u 

16 0 1 

1 1 

S ; 4; ;4 

2 2 . 

12) 


Điều kiện x 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;0 

. Biến đổi phương trình thành 

x 1 x 6 x 2 x 5 

 

x x x x x x x x 

2 5 7 1 3 4 6 

x1 1 1 x6 1 1 

 

2 x x 2 2 x 5 x 7 

x2 1 1 x5 1 1 

 

2 x 1 x 3 x x 4 x 6 

1 1 1 1 1 1 1 1 

 

x x 2 x 5 x 7 x 1 x 3 x 4 x 6 

1 1 1 1 1 1 1 1 

 

x x 7 x 2 x 5 x 1 x 6x x 3 x 4 

1 1 1 1 

2x 

7 

0 

2 2 2 2 

x 7 x 7x 10 x 7x 6 x 7x 

12 

 

7 

 

x 

2 

. 

1 1 1 1 

0(*) 

 

2 2 2 2 

x 7x x 7x 10 x 7x 6 x 7x 

12 

Đặt 

2 

u x 7x 

thì phương trình (*) có dạng 

1 1 1 1 1 1 1 1 

0 0 

u u 10 u 6 u 12 u u 6 u 10 u 12 

 

2 

u 18u 90 0 . 

Mặt khác u 2 u u 

2 

18 90 9 9 0 với mọi u . Do đó phương trình (*) 

vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 

13) . 

Lời giải: 

7 

x . 

2 


Điều kiện x 4; 3; 2; 1 

. Biến đổi phương trình thành 

1 2 3 4 1 4 2 3 

0 0 

x 1 x 2 x 3 x 4 x 1 x 4 x 2 x 3 

x 

0 

3 1 

x 

0 

x 

2 2 

 

3 1 . 

5 x 4 x 5 x 6 0(*) 

2 2 

x 5x 4 x 5x 

6 

Đặt 

2 

u x 5x 

Từ đó ta có 

thì phương trình (*) trở thành 

2 5 

3 

2x 10x 11 0 x . 

2 

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 

14) 

3 1 11 

0 u 

u 4 u 6 . 

 

2 

 

5 3 5 3 

S 0; ; . 

 

2 2 

Do x 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả tử và mẫu của mỗi 

7 

phân thức ở vế trái của phương trình cho x , rồi đặt y 4x ta được 

x 

4 3 

1. 

y8 y10 

Phương trình trên có 2 nghiệm y 16, y 9 . 

Với y 9 thì 

7 

. Phương trình này vô nghiệm. 

x 

2 

4x 9 4x 9x 

7 0 

7 

2 

Với y 16 thì 4x 16 4x 16x 

7 0 . Phương trình này có hai 

x 

1 7 

nghiệm x1 ; x2 

. 

2 2 

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 

1 7 

S ; 

2 2 . 


15) Đặt 

t x x 

2 

2 1, phương trình (1) thành 

 

2 2 2 2 2 2 

t 4x t 4x 9x t 16x 9x t 25x t 5x 

hoặc 

t 5x. 

Với t 5x 

thì 

2 2 3 

7 

2x x 1 5x 2x 6x 1 0 x . 

2 

Với t 5x 

thì 

2 2 2 

2 

2x x 1 5x 2x 4x 1 0 x . 

2 

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là 

3 

7 2 2 

; . 

 

2 2 

16) Lời giải: 

Đặt u 

x 1 đưa phương trình (2) về dạng tổng quát 

 

u 2 7u 3 u 2 2u 3 6u 

2 . 

Bạn đọc giải tiếp theo phương pháp đã nêu. Ta có thể giải bằng cách khác 

như sau 

x 4 5x 5 x 4 6 x 1 0 . 

2 2 

Viết phương trình đã cho về dạng 2 

Đặt 

t 

2 

x 4 , phương trình thành 

 

2 

t x t x x t x t x 

5 5 6 6 1 0 6 6 1 0 

2 2 

x 

3 

7 

t 6x 6 x 4 6x 6 x 6x 

2 0 

 

 

2 

 

 

2 

t x 1 x 4 x 1 x x 5 0 

1 

21 . 

 

x 

2 

Vậy tập nghiệm của PT(2) là 

1 

21 1 

21 

S ;3 7; ;3 

7 . 

 

2 2 


17) PTtương đương với 

x 4 9x x 2 2 16x 

2 4 0. 

Đặt 

t 

2 

x 2 thì t 2 x 4 x 

2 

4 4, PT trên thành 

 

2 2 

t xt x t x t x 

9 20 0 4 5 0 

2 2 

x 

2 

6 

t 4x x 2 4x x 4x 

2 0 

 

2 

 

 

2 

t 5x x 2 5x x 5x 2 0 

5 33 . 

 

x 

2 


 

5 33 5 33 

2 6; ;2 6; . 

 

2 2 

18) Điều kiện x 2 . Khử mẫu thức ta được phương trình tương 

đương: 

3x 4 6x 3 16x 2 36x 12 0 3x 4 6x x 2 6 16x 

2 12 0 

. 

2 

đặt t x 6 thì t 2 x 4 12x 

2 36 , suy ra 

PT trên thành 

 

2 

3t 6xt 20t 0 t 3t 6x 20 0 t 0 

 

 

 

4 2 2 

3x 3t 36x 

108 

, 

hoặc 3t 

6x 20 . 


3t 

6x 20 ta có 

2 

x 6 0, suy ra 6 

2 

3x 

18 6x 

20 

x (thỏa mãn đk). Với 

2 

hay 3x 

6x 2 0 suy ra 

3 

3 

x (thỏa mãn đk). Vậy tập nghiệm của PT(4) là 

3 

3 

3 3 3 

S 

; 6; ; 6. 

 

3 3 

2x 

13x 

19) 6 

(5). 

2 2 

3x 5x 2 3x x 2 

Lời giải: Đặt 

t 

2 

3x 

2 PT(5) trở thành 

2x 

13x 

6 

. ĐK: t 5, x t x . 

t 5x t x 

Khử mẫu thức ta được PT tương đương 


2 2 

2t 13tx 11x 0 t x 2t 11x 

0 

t 

x hoặc 

11 

t x (thỏa mãn ĐK) 

2 

Với t 

x thì 

2 2 

3x 2 x 3x x 2 0 

phương trình vô nghiệm. 

11 

2 11 1 

Với t x thì 3x 2 x 6x 11x 2 0 x hoặc 

2 

2 2 

1 4 

tập nghiệm của PT(5) là ; 

2 3 . 

20) PT x 2 x 2 x 2 x 

2 

 

1 1 2 1 0 

x 4 x 2 x 4 x 

2 

 

2 1 

0 

2 

x 4 x 2 x 4 x 

2 

 

2 1 

0 

2 

x 4 x 2 1 0 x 4 x 

2 1 0. 

Giải phương trình trùng phương trên ta được tập nghiệm của PT là 

 

 

 

 

5 1 5 1 

 

; . 

2 2 

21) Lời giải: 

Điều kiện x 1. 

Đặt 

x2 x2 

y; 

z, PT có dạng: 

x1 x1 

2 

2 2 

20 5 20 0 5 2 0 2 

y z yz y z y z 

4 

x .Vậy 

3 


Dẫn đến 

x2 x2 

2. 2x 2x 1 x 2x 

1 

x1 x1 

2 2 2 

9 73 

2x 6x 4 x 3x 2 x 9x 

2 0 x hoặc 

2 

9 73 

x (thỏa mãn điều kiện). 

2 

Vậy tập nghiệm của PT(2) là 

9 73 9 73 

; . 

 

2 2 


CHỦ ĐỀ 6: MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ 

TỶ 

1. Phương trình vô tỷ cơ bản: 

gx 

( ) 0 

f ( x) g( x) 

 

f x g x 

2 

( ) ( ) 


a) 

2 

x x x 

2 6 2 1 

b) 2x 1 x 4x 

9 

Lời giải: 

a). Phương trình tương đương với: 

x 2 

2 

b). Điều kiện: x 0 . Bình phương 2 vế ta được: 

x 

8 

 

4(2 x x) ( x 8) 

2 2 

3x 1 2 2x x 4x 9 2 2x x x 8 

2 2 

x 4 

x 8 

 

 

 

 

2 

16 . Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có 

7x 

12x 64 0 x 

 

7 

x 4 là nghiệm của phương trình. 


II. MỘT SỐ DẠNG PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ THƢỜNG GẶP 

1. Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp: 


Dấu hiệu: 

n 

+ Khi ta gặp các bài toán giải phương trình dạng: f ( x) 

m 

g( x) h( x) 0 

Mà không thể đưa về một ẩn, hoặc khi đưa về một ẩn thì tạo ra những 

phương trình bậc cao dẫn đến việc phân tích hoặc giải trực tiếp khó khăn. 

+ Nhẩm được nghiệm của phương trình đó: bằng thủ công ( hoặc sử dụng 

máy tính cầm tay) 

Phương pháp: 

 

Đặt điều kiện chặt của phương trình ( nếu có) 

Ví dụ: Đối phương trình: 

2 2 

x 3 3 2x 7 2x 

. 

+ Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy: 

Phương trình xác định với mọi x 

R. Nhưng đó chưa phải là điều kiện 

chặt. Để giải quyết triệt để phương trình này ta cần đến điều kiện chặt đó là: 

+ Ta viết lại phương trình thành: 

2 2 

x x x 

3 2 7 2 3 

2 2 

Để ý rằng: x 3 2x 

7 0 do đó phương trình có nghiệm khi 

3 

2x 3 0 x 

2 

Nếu phương trình chỉ có một nghiệm x 

0 

: 

Ta sẽ phân tích phương trình như sau: Viết lại phương trình thành: 

n 

f ( x) 

n 

f ( x ) g( x) g( x ) h( x) h( x ) 0 

m 

m 

0 0 0 

Sau đó nhân liên hợp cho từng cặp số hạng với chú ý: 

3 3 3 3 

+ 

a b a ab b a b 

2 2 3 

2 

+ a b a b a b 


+ Nếu hx ( ) 0 có nghiệm x x0 

thì ta luôn phân tích được 

h( x) ( x x ) g( x) 

0 

Như vậy sau bước phân tích và rút nhân tử chung x x0 

thì phương trình 

ban đầu trở thành: 

( x x ) A( x) 0 

xx 

0 

 

0 

 

Ax 

 

0 

( ) 0 

Việc còn lại là dùng hàm số , bất đẳng thức hoặc những đánh giá cơ bản để 

kết luận Ax ( ) 0 vô nghiệm. 

Nếu phương trình có 2 nghiệm x1, 

x 

2 

theo định lý viet đảo ta có nhân 

tử chung sẽ là: 

Ta thường làm như sau: 

2 

x ( x1 x2) x x1. 

x2 

+ Muốn làm xuất hiện nhân tử chung trong n 

f( x ) ta trừ đi một lượng 

ax b . Khi đó nhân tử chung sẽ là kết quả sau khi nhân liên hợp của 

n 

f ( x) ( ax b) 

+ Để tìm ab , ta xét phương trình: n 

f ( x) ( ax b) 0 . Để phương trình có 

hai nghiệm x1, 

x 

2 

ta cần tìm ab , sao cho 

+ Hoàn toàn tương tự cho các biểu thức còn lại: 

Ta xét các ví dụ sau: 


n 

ax1b f ( x1) 

 

ax 

n 

2 

b f ( x2) 

a) 

b) 

3 3 

5x 1 2x 1 x 4 0 

x x x x 

2 

2 4 2 5 3 

Giải: 


a). 

Phân tích: Phương trình trong đề bài gồm nhiều biểu thức chứa căn nhưng 

không thể quy về 1 ẩn. Nếu ta lũy thừa để triệt tiêu dấu 3 , thì sẽ tạo ra 

phương trình tối thiểu là bậc 6. Từ đó ta nghỉ đến hướng giải : Sử dụng biểu 

thức liên hợp để tách nhân tử chung. 

Điều kiện x 

1 3 

5 

Ta nhẩm được nghiệm của phương trình là: x 1. Khi đó 

3 3 

5x 

1 5 1 2; 2x1 2 1 1 


3 3 

5x 1 2 2x 1 1 x 1 0 

3 

5x 

5 2x2 

x 1 

0 

 

3 2 

5x 1 2 0 3 

3 

2x1 2x1 1 

2 

 

5( x x1) 2 

( x 1) 1 

0 

3 

3 

2 

5x 1 2 3 

2x1 

2x1 1 

 

 

 

Dễ thấy : 

Với điều kiện x 1 3 thì 

5 

 

2 

5( x x 1) 2 

1 0 

 

3 2 

5x 1 2 3 

3 

2x1 2x1 1 

Nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2 

b). Điều kiện: x 2;4 

Ta nhẩm được nghiệm của phương trình là: x 3. Khi đó 

x 2 3 2 1; 4 x 4 3 1 

Từ đó ta có lời giải như sau: 

 


2 

Phương trình đã cho tương đương với: x 2 11 4 x 2x 5x 

3 

x3 x3 

( x 3)(2x1) 

x 2 1 1 4 x 

1 1 

 

x 3 (2x1) 

0 

x 2 1 1 4 x 

x 

3 

 

 

1 1 

(2x 

1) 0 

 

x 2 1 1 4 x 

Để ý rằng: Với điều kiện x 2;4 

thì 

1 1 

1; 1;2 x 1 

5 nên 

x 2 1 1 4 x 

1 1 

(2x 

1) 0 

x 2 1 1 4 x 

Từ đó suy ra: x 3 là nghiệm duy nhất của phương trình. 

Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối cùng vô nghiệm ta thường dùng 

A 

các ước lượng cơ bản: AB A với B 0 từ đó suy ra 1 

A 

B với mọi 

AB0 

số AB , thỏa mãn 

B 

0 


x 1 x x 2 

a) 3 2 3 

x 2 x x 4 x 7 3x 

28 0 

3 2 3 

b) 

Giải: 

a). Điều kiện: 

x 3 

2 . 


Ta nhẩm được nghiệm x 3. Nên phương trình được viết lại như sau: 

x 1 2 x 3 x 2 5 

3 2 3 

2 3 

x 9 x 27 

x 3 

3 2 3 2 3 

x 1 2 x 1 4 x 2 5 

2 

x 3 x 3x 

9 

( x 3) 

1 0 

3 2 3 2 3 

x 1 2 x 1 4 x 2 5 

x 

3 

2 

 

 

x 3 x 3x 

9 

1 0 

3 2 3 2 3 

x 1 2 x 1 4 x 2 5 

Ta dự đoán: 

một giá trị 

2 

x 3 x 3x 

9 

1 

0 ( Bằng cách thay 

x 1 2 x 1 4 x 2 5 

3 2 3 2 3 

x 3 

2 ta sẽ thấy 

2 

x 3 x 3x 

9 

1 

0) 

x 1 2 x 1 4 x 2 5 

3 2 3 2 3 

x 3 

Ta sẽ chứng minh: 1 

3 

x 2 

1 2 3 

x 2 

1 4 

Thật vậy: 

và 

2 

x 3x9 

2 

3 

x 25 

+ Ta xét 

3 

 

x 

x 3 

2 3 

 

1 2 x 1 4 

 

2 

2 

3 2 

3 2 2 

1 x 1 2 x 1 x 1 

x 1 t 0 x t 1 . Bất phương trình tương đương với 

Đặt 3 2 3 

2 3 4 3 2 

t t t t t t t 

2 1 1 3 6 4 0 . Điều này là hiển nhiên đúng. 


+ Ta xét: 

x 

2 

x 

3x9 

 

3 

25 

2 3 4 3 2 

2 x 3x 1 2 x 2 x 2x 7x 6x 

9 0 

x 

0(*) . Điều này luôn đúng. 

Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất: x 3 

b.) Điều kiện: x 7 . 

Để đơn giản ta đặt 

x t x t 

3 3 

7 

3 

Phương trình đã cho trở thành: 

2 3 3 3 3 2 3 3 

t 2 t ( t 4) t 7 3t 28 0 3t t 2t 28 ( t 4) t 7 0 

Nhẩm được t 2. Nên ta phân tích phương trình thành: 

 

3 2 3 3 

4t t 2t 32 ( t 4) t 7 1 0 

 

t 2t4 

 

 

 

t 71 

2 

2 3 

( t 2) 4t 7t 16 ( t 4) 

0 

3 

Để ý rằng 

 

2 

4t 

7t 

16 0 

 

và t 3 7 nên ta có 

t 

2t4 

 

2 

2 3 

4t 7t 16 ( t 4) 

0 

3 

 

duy nhất t 2 x 8. 

t 

71 

http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi, tài liệu file word mới nhất 

 

. Vì vậy phương trình có nghiệm 

Nhận xét: Việc đặt 3 x t trong bài toán để giảm số lượng dấu căn đã giúp 

đơn giản hình thức bài toán . 

Ngoài ra khi tạo liên hợp do 

các thao tác tính toán được đơn giản hơn. 


a) 

2 

4 x 3 19 3x x 2x 

9 

3 

( t 4) 0 nên ta tách nó ra khỏi biểu thức để

) 

c) 

d) 

2x 

11 

3x8 x1 

 

5 

x 

x 

2 

3 x 7 

 

2 x1 

 

 

(Tuyển sinh vòng 1 lớp 10 Trường THPT 

chuyên Tự nhiên- ĐHQG Hà Nội 2012) 

3 2 

x 5x 4x 

2 2 

x x 

2 

x 

2x3 

2 

a). Điều kiện: 

19 

3 

x 

3 

Ta nhẩm được 2 nghiệm là x1, x 2 nên ta phân tích để tạo ra nhân tử 

chung là: x 

như sau: 

2 

x 2 . Để làm được điều này ta thực hiện thêm bớt nhân tử 

+ Ta tạo ra 4 x 3 ( ax b) 0 sao cho phương trình này nhận 

x1, x 2 là nghiệm. 

Để có điều này ta cần: 

4 

a 

ab8 3 

 

2a b 

4 20 

b 

3 

+ Tương tự 19 3 x ( mx n) 0 nhận x1, x 2 là nghiệm. 

Tức là 

1 

a 

mn5 3 

 

2m n 

5 13 

b 

3 

Từ đó ta phân tích phương trình thành: 


4 20 13 

x 

 

3 3 3 3 

2 

4 x 3 x 19 3x x x 2 0 

4 3 19 3 x (13 x) 

2 

3 x 3 x 5 

x x 2 

0 

3 

 

 

 

3 

 

 

 

 

3 3 x 3 x 5 33 19 3 x (13 x) 

 

 

2 2 

4 x x 2 x x 2 

2 

x x 

 

 

 

 

2 0 

 

 

2 4 1 1 

 

x x 2 . 1 

0 

3 3 x 3 x 5 

33 19 3 x (13 x) 

 

 

 

 

19 

Dễ thấy với 3 

x thì 

3 

1 

0 

33 19 3 x (13 x) 

 

 

 

1 

 

3 x 3 x 

5 

 

0, 

Nên 

4 . 1 

1 1 0 . 

3 3 x 3 x 5 

33 19 3 x (13 x) 

 

 

 

Phương trình đã cho tương đương với 

x 

2 x 

1 

x 2 0 

x 

2 

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: x 3, x 8 . 

b). Điều kiện: 

8 

x . 

3 

Phương trình được viết lại như sau: 5 3x 8 5 x 1 2x 

11 


Ta nhẩm được 2 nghiệm x 3, x 8 nên suy ra nhân tử chung là: 

x 

2 

11x 

24 

Ta phân tích với nhân tử 5 3x 8 như sau: 

+ Tạo ra x ax b 

5 3 8 0 sao cho phương trình này nhận x 3, x 8 

là nghiệm. Tức là ab , cần thỏa mãn hệ: 

+ Tương tự với 5 x 1 ( mx n) 0 ta thu được: 


3a b 5 a 

3 

 

8a b 20 b 

4 

3m n 10 m 

1 

 

8m n 15 n 

7 

2 2 

9( x 11x 24) x 11x 

24 

5 3x 8 (3x 4) ( x 7) 5 x 1 0 0 

5 3x 8 (3x 4) ( x 7) 5 x 1 

2 

9 1 

x 11x 24 

 

0 

5 3x 8 (3x 4) ( x 7) 5 x 1 

2 

x 

x 

11 24 0 

 

 

9 1 

0 

 

5 3x 8 (3x 4) ( x 7) 5 x 1 

Ta xét 

9 1 

Ax ( ) 

 

5 3x 8 (3x 4) ( x 7) 5 x 1 

Ta chứng minh: Ax ( ) 0 tức là: 

5 3x 8 3x 4 9( x 7 5 x 1) 0 

9 1 

 

0 

5 3x 8 (3x 4) ( x 7) 5 x 1 


25 275 

3x 8 5 3x 8 x 45 x 1 0 

4 4 

2 

5 275 

3x 8 x 45 x 1 0 . Điều này là hiển nhiên đúng. 

2 

4 

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: x 3, x 8 . 

Chú ý: 

Những đánh giá để kết luận Ax ( ) 0 thường là những bất đẳng thức không 

chặt nên ta luôn đưa về được tổng các biểu thức bình phương. 

Ngoài ra nếu tinh ý ta có thể thấy: 5 3x 8 3x 4 9( x 7 5 x 1) 0 

5 3x 8 3x 4 9x 63 5 81x 

81 Nhưng điều này là hiển nhiên đúng 

do: 5 3x 8 5 81x 81;3x 4 9x 

63 với mọi 

c). Điều kiện: x 0 

8 

x 

3 

Ta nhẩm được x1; x 3 nên biến đổi phương trình như sau: 

Ta có: khi 1 

vế thì thu được: 

x 

x 

2 x 1 

 

2 

7 

2 , khi 

 

 

2 

x 7 

x 3 2nên ta trừ 2 vào 2 

2 x 1 

2 2 2 

3 x 7 x 3 2 x x 4x 

3 

x 2 2 

x 2 x 1 x 2( x 1) 

 

 

2 2 

x x x x 

2 

x 

x 

4 3 4 3 4 3 0 

 

3 2 2( x 1) 

3 2 2( 1) 

3 3 

x x x x x x x 

(1) 

(2) 

Giải (1) suy ra x1, x 

3 

Giải (2) ta có: 

3 

x x x x 

3 2 2( 1) 

3 3 

x x x x x 

3 2 3 4 0 1 

Kết luận: Phương trình có nghiệm là x1; x 

3 


Nhận xét: Ta cũng có thể phân tích phương trình như câu a,b . 

d). Ta có: 

3 2 2 

x x x x x x x 

5 4 2 ( 3)( 2 3) 5 7 nên phương trình 

tương đương với 

3 2 

x 5x 4x 2 2 2 

5x 

7 

x x 2 x 3 x 2x 

3 0 

2 2 

x 2x 3 x 2x 

3 

1 1 

5x 

7 0 

2 

2 

 

 

( x 3) x x 2 x 2x3 

 

 

5x 

7 

0 

1 1 

 

 

0 (1) 

2 

2 

 

 

( x 3) x x 2 x 2x3 

 

Giải (1) : 

1 1 

x 2x3 

2 

( x 3) x x 2 

2 0. 

2 2 

x x x x 

2 

Đặt 

2 

t x x 

2 0. Phương trình trở thành: 

t 

2 t 

2 

t 2 0 x 

t 

1( L) 

2 

x 

1 

x 2 0 

x 

2 

Kết luận: Phương trình có 3 nghiệm: 

7 

x ; x 1; x 2 

5 

Ví dụ 5: Giải các phương trình sau: 

a) 

3 3 

x 15 2 x 8 3x 

b) 3x 1 x 3 1 x 0 

a). Phương trình được viết lại như sau: 


3 3 3 3 

x 15 2 x 8 3x x 15 x 8 3x 

2 .Để phương trình 

2 

có nghiệm ta cần: 3x 2 0 x . Nhẩm được x 1 nên ta viết lại 

3 


3 3 

x x x 

x 2 x 1 x 2 x 1 

15 4 8 3 3 3 

 

 

( x 1) 

3 

0 

3 3 

 

x 15 4 x 8 3 

x 2 x 1 x 2 x 1 

 

Để ý rằng: 

x 

duy nhất x 1 

3 

0 nên phương trình có nghiệm 

15 4 x 8 3 

3 3 

b). Điều kiện 

1 

x 

 

3; 

 

3 

 

Ta viết lại phương trình như sau: 3x 1 x 3 1 x 0 

2 x 2 

1 0 2 2 

1 1 

x x 

0 

3x 1 x 3 3x 1 x 3 2 

 

 

x 

1 

 

3x1 x 3 2 

Xét phương trình: 3x1 x 3 2 . Bình phương 2 vế ta thu được: 

x 

0 

4x 4 2 (3x 1)( x 3) 4 (3x 1)( x 3) 2x 

2 

x 

10x 3 0 

x 5 

2 7 

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là x1, x 5 

2 7 


Nhận xét: 

+ Ta thấy phương trình có nghiệm x 1. Nếu ta phân tích phương trình 

thành 3x 1 2 2 x 3 4 4x 

0 thì sau khi liên hợp phương trình 

3x3 1x 

mới thu được sẽ là: 4 4x 

0 

3x1 2 2 x 

3 

3 1 

x 1 

4 

0 .Rõ ràng phương trình hệ quả 

3x1 2 2 x 

3 

3 1 

4 

0 phức tạp hơn phương trình ban đấu rất 

3x1 2 2 x 

3 

nhiều. 

+ Để ý rằng khi x 1 thì 3x1 x 3 nên ta sẽ liên hợp trực tiếp biểu 

thức 3x1 x 3 . 

2. Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp của phƣơng trình: 

Ta thường gặp phương trình dạng này ở các dạng biến thể như: 

+ 

2 3 2 

ax bx c d px qx rx t (1) 

+ 

2 4 3 2 

ax bx c d px qx rx ex h (2) 

+ 

2 2 2 

A ax bx c B ex gx h C rx px q (*) 

Thực chất phương trình (*) khi bình phương 2 vế thì xuất hiện theo dạng 

(1) hoặc (2). 

Để giải các phương trình (1), (2). 

Phương pháp chung là: 

+ Phân tích biểu thức trong dấu thành tích của 2 đa thức P( x), Q( x ) 


+ Ta biến đổi 

2 

ax bx c mP x nQ x 

( ) ( ) bằng cách đồng nhất hai vế. 

Khi đó phương trình trở thành: mP( x) nQ( x) d P( x). Q( x) 

Chia hai vế cho biểu thức Qx ( ) 0 ta thu được phương trình: 

P( x) P( x) 

m n d . Đặt 

Q( x) Q( x) 

Px ( ) 

t 0 thì thu được phương trình: 

Qx ( ) 

2 

mt dt n 

0 . 

Một cách tổng quát: Với mọi phương trình có dạng: 

n ( ) n ( ) n 

aP x bQ x cP k ( x) Q k ( x) d 

2 n P( x). Q( x) 0 thì ta luôn giải được 

theo cách trên. 



a) 

b) 

2 3 

2( x 3x 2) 3 x 8 

2 

x 1 x 4x 1 3 x 

c) 4x 2 3x 2 x x 1 2x 

3 1 

Lời giải: 

a). Điều kiện: x 2. 


2 2 

2( x 3x 2) 3 ( x 2)( x 2x 

4) 

Giả sử 

2 2 

x x m x n x x 

3 2 ( 2) ( 2 4) . Suy ra mn , phải thỏa mãn 


n 

1 

m 

1 

m 

2n 

3 

n 1 

2m4n2 

 

 

Phương trình đã cho có dạng: 

2 2 

2( x 2) 2( x 2x 4) 3 ( x 2)( x 2x 

4) 0 . 

Chia phương trình cho 

x 

2 

2x 4 0 ta thu được: 

x2 ( x2) 

2 

3 2 0 

2 

2 

x 2x 4 ( x 2x 

4) 

( x 2) 

Đặt t 

2 

( x 2x4) 

0 

ta thu được phương trình: 

 

2 

2t 

3t 

2 0 

t 

2 

 

 

1 

t 

2 

do 

1 ( x 2) 1 

t t x x x 

2 ( x 2x4) 2 

2 

0 2 4 4( 2) 

2 

. 

 

2 

x 3 13 

x 6x 4 0 

x 3 13 

x 

0 

b). Điều kiện: 2 

x 

4x1 0 

Bình phương 2 vế của phương trình ta thu được: 

2 2 2 

x 2x 1 2( x 1) x 4x 1 x 4x 1 

9x 

 

2 2 2 

2x 11x 2 2 ( x 2x 1)( x 4x 

1) 0 

Giả sử 


mn2 

1 

m 

 

 

2 

 

5 

m n 2 

n 

2 

2 2 2 

2x 11x 2 m( x 2x 1) n( x 4x 1) 2m 4n 

11 


1 5 

 

2 2 

2 2 2 2 

( x 2x 1) ( x 4x 1) 2 ( x 2x 1)( x 4x 

1) 0 


x 

2 

2x1 0 ta thu được: 

2 2 

x 4x 1 x 4x 

1 

1 5 4 0 

2 2 . Đặt 

x 2x 1 x 2x 

1 

t 

x 

 

x 

2 

2 

4x1 

0 

2x1 

ta có 

Phương trình 

t 

1 

 

t t t 

t 

 

5 

2 

5 4 1 0 1 

2 

1 x 4x1 1 

2 

5 x 2x 

1 25 

1 

x 

 

 

x 

4 

2 

24x 

102x 

24 0 4 

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm 

1 

x , x 

4 

4 

Nhận xét: Trong lời giải ta đã biến đổi: 

là vì x 1 

0 

2 2 2 

( x 1) x 4x 1 ( x 2x 1)( x 4x 

1) 


Ta viết lại phương trình thành: 

2 

x 

1 

 

 

2 

2x 2x 2 3x x 1 0 

x 1 2x 2x 2 3x x 1 

 

 

 

0 


Xét phương trình: 

2 2 

2x 2x 2 3x x 1 0 2x 3x x 1 2( x 1) 0 

. 

Dễ thấy x 1 không phải là nghiệm. 

Xét x 1 ta chia cho x 1 thì thu được phương trình: 

x 

2 

2 

x x 

 

 

x 1 

2 3 2 0 

x 1 x 1 

x 

 

1 

x 1 

(1) 

(2) 

x x 

0 

Giải (1): 2 

x 2 2 2 

2 

x 1 

x 

4x 4 0 

x x 

0 

Giải (2): 1 

x 2 2 2 

2 

x 1 

x 

4x 4 0 

Kết hợp điều kiện ta suy ra các nghiệm của phương trình là: 

x1; x 2 2 2 


a) 

b) 

c) 

2 2 3 

4(2x 1) 3( x 2 x) 2x 1 2( x 5 x) 

2 2 

5 4 3 18 5 

x x x x x 

2 2 

5x 14x 9 x x 20 5 x 1 

Lời giải: 

a). Điều kiện 

1 

x 

2 

Phương trình đã cho được viết lại như sau: 


3 2 

2x 8x 10x 4 3 x( x 2) 2x 

1 0 

 

2 

( x 2)(2x 4x 2) 3 x( x 2) 2x 

1 0 

 

 

 

 

2 

( x 2) (2x 4x 2) 3x 2x 

1 0 

x 

20 

 

 

2 

(2x 4x 2) 3x 2x 

1 0 

Xét phương trình: 

2 2 2 

2x 4x 2 3x 2x 1 0 2x 4x 2 3 x (2x 

1) 0 

Ta giả sử: 

2 2 m 

2 

2x 4x 2 mx n(2x 

1) 

 

n 

2 


2 2 

2x 2(2x 1) 3 x (2x 

1) 0 

. Chia cho 

2 

x 

0 

2x1 

2x1 

2x 

1 

Ta có: 2 2. 3 0 

2 

. Đặt t 0 phương trình mới 

2 

2 

x x 

x 

t 

2 

2 

là: 2t 

3t 2 0 

 

1 

t 

2 

Với 

1 

t ta có: 

2 

2x 

1 1 

 

2 

x 4 2 3 

x 8x 

4 0 

2 

x 2 x 4 2 3 

Nhận xét: 

+ Đối với phương trình 

đưa x vào trong dấu 

2 

2x 4x 2 3x 2x 

1 0 

ta có thể không cần 

khi đó ta phân tích: 

2 2 

2x 4x 2 mx n(2x 

1) 

và chia như trên thì bài toán vẫn được giải quyết. Việc đưa vào là giúp 

các em học sinh nhìn rõ hơn bản chất bài toán. 


+ Ngoài ra cần lưu ý rằng: Khi đưa một biểu thức Px ( ) vào trong dấu 2n 

thì điều kiện là Px ( ) 0 . Đây là một sai lầm học sinh thường mắc phải khi 

giải toán. 


2 

x 

x 

3 18 0 

x 

0 x 6. 

2 

5x 

4x0 

Phương trình đã cho được viết lại thành: 

2 2 

5 4 3 18 5 

x x x x x 

Bình phương 2 vế và thu gọn ta được: 

2 2 

2x 9x 9 5 x( x 3x 

18) 0 

Nếu ta giả sử 

n 

2 

 

m 

3n 

9 

 

18n 

9 

2 2 

2x 9x 9 mx n( x 3x 

18) 

thì mn , phải thỏa mãn 

điều này là hoàn toàn vô lý. 

Để khắc phục vấn đề này ta có chú ý sau : 

đó 

x x x x x x x x x 

2 

x x x x 

2 2 

( 3 18) ( 6)( 3) ( 6 )( 3) 

3 18 ( 6)( 3) khi 

Bây giờ ta viết lại phương trình thành: 

2 2 

2x 9x 9 5 ( x 6 x)( x 3) 0 

Giả sử: 

m 

2 

 

m 

2 

 

 

n 3 

n 3 

 

 

2 2 

2x 9x 9 m( x 6 x) n( x 3) 6m n 9 

Như vậy phương trình trở thành: 

2 2 

2( x 6 x) 3( x 3) 5 ( x 6 x)( x 3) 0 

Chia cho x 3 0 ta thu được: 

2 2 

x 6x x 6x 

 

2 5 3 0 

x3 x3 

 


Đặt 

2 

t 

1 

x 

6x 

2 

t 0 2t 5t 

3 0 

3 

x 3 

t 

 

2 

Trường hợp 1: 

7 61 

2 

x 

x 6x 

 

2 

2 

t 1 1 x 7x 

3 0 

x 3 

7 61 

x 

 

2 

Suy ra 

7 61 

x thỏa mãn điều kiện. 

2 


2 

x 

9 

3 x 

6x 

3 

t x x 

3 x 

2 x 3 2 

x 

 

4 

2 

4 33 27 0 9 

Tóm lại: Phương trình có 2 nghiệm là: 

7 61 

x và x 9 

2 

c). Điều kiện x 5. 

Chuyển vế bình phương ta được: 2x 2 5x 2 5 x 2 x 20 x 1 

Giả sử: 2x 2 5x 2 mx 2 x 20 nx 

1 

Khi đó ta có : 

m 

2 

 

m n 5 không tồn tại mn , thỏa mãn hệ. 

20m 

n 2 

Nhưng ta có : 

x 2 x 20 x 1 x 4x 5x 1 x 4x 2 4x 

5 


Giả sử: 2x 2 5x 2 x 2 4x 5 x 

4 

. Suy ra 

m 

2 

m 

2 

4m 

n 5 

n 3 

5m 

4n 

2 

 

 

Ta viết lại phương trình: 

Chia hai vế cho x 4 0 ta thu được: 

2 2 

x 4x 5 x 4x 

5 

2 5 3 0 

x4 x4 

 

2 2 

2 x 4x 5 3 x 4 5 ( x 4x 5)( x 4) 

. 

Đặt t 

x 

 

 

2 

4x5 

0 

x 4 

t 

1 

 

t 

2 

2 

2t 

5t 

3 0 3 

ta thu được phương trình: 



5 61 

2 

x 

x 4x5 

2 

2 

t 1 1 x 5x 

9 0 

x 4 5 61 

x 

 

2 

2 

x 

8 

3 x 4x5 9 2 

t 4x 25x 

56 0 

7 

2 x 4 4 

x 

4 

Kết hợp điều kiện ta suy ra các nghiệm của phương trình là: 

5 61 

x8; 

x 

2 


a) 

2 2 

x x x x x 

2 2 1 3 4 1 


) 

3 2 3 

x x x x 

3 2 ( 2) 6 0 

Lời giải: a). Điều kiện: 

1 

x . 

2 

Bình phương 2 vế phương trình ta thu được: 

2 2 2 2 2 

x x x x x x x x x x x 

4 1 2 ( 2 )(2 1) 3 4 1 1 ( 2 )(2 1) 0 

Ta giả sử: 

m 

1 

 

m 

1 

1 ( 2 ) (2 1) 1 

 

n 1 

2m2n0 

 

 

2 2 

x m x x n x n 


2x1 2x1 

 

 

x 2x x 2x 

 

2 2 

( x 2 x) (2x 1) ( x 2 x)(2x 

1) 0 1 0 

2 2 

Đặt 

2x 

1 

1 

5 

 

x 2x 

2 

2 

t 0 t t 1 0 t 

2 

Về cơ bản đến đây ta hoàn toàn tìm được x . Nhưng với giá trị 

1 

0 như vậy việc tính toán sẽ gặp khó khăn. 

3 

3x 

1 

2 

Để khắc phục ta có thể xử lý theo hướng khác như sau: 

Ta viết lại: 

2 2 

( x 2 x)(2x 1) ( x 2)(2 x x) 

lúc này bằng cách phân 

tích như trên ta thu được phương trình: 

1 1 2 2 

2 2 x2 x2 

2 2 

2 2 

x x x x 

(2 x x) ( x 2) ( x 2)(2 x x) 0 2 1 0 


Đặt 

2 

2x 

x 

t t t t x x x x x 

x 2 

2 2 2 

0 2 1 0 1 2 2 1 0 

1 

5 

x . Kiểm tra điều kiện ta thấy chỉ có giá trị 

2 

mãn điều kiện. 

1 

5 

x là thỏa 

2 

b). Điều kiện: x 2. 


3 3 

x 3 x( x 2) 2 ( x 2) 0 


Nếu ta đặt y x 2 thì phương trình trở thành: 

3 2 3 

x 3xy 2y 

0 . Đây 

là một phương trình đẳng cấp bậc 3 . Từ định hướng trên ta có lời giải cho 

bài toán như sau: 

+ Xét trường hợp: x 0 không thỏa mãn phương trình: 

+ Xét x 0 . Ta chia phương trình cho 

3 

x thì thu được: 

3 

( x 2) ( x 2) 

1 3 2 0. 

2 3 

x x 

Đặt 

x 2 

t ta có phương trình: 

x 

1 

t 

 

 

t 

1 

3 2 

2t 

3t 

1 0 2 


1 

t 

2 

x 2 1 

x 

0 

2 x 2 x 

x 2 2 3 

2 

x 2 x 4x 8 0 

Trường hợp 1: t 1 


x 2 

x 

0 

1 x 2 x 

x 2 

2 

x x x 2 

0 

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm: x 2; x 2 2 3 


a) 

b) 

3 2 5 4 

2x x 3x 1 x x 1 

4 2 

5 x 8x 4x 

8 

Lời giải: 

a). Hình thức bài toán dễ làm cho người giải bối rối nhưng để ý thật kỹ ta 

thấy: 

Chìa khóa bài toán nằm ở vấn đề phân tích biểu thức: x 

x 

5 4 

1 

Ta thấy do vế trái là biểu thức bậc 3 nên ta nghỉ đến hướng phân tích: 

5 4 2 3 2 

x x x ax x bx cx 

1 ( 1)( 1) . Đồng nhất hai vế ta thu được: 

a 1; b 0; c 1. Nên ta viết lại phương trình đã cho thành: 

3 2 3 2 

2( x x 1) ( x x 1) ( x x 1).( x x 1) 0 

Chia cho 

x 

2 

x1 0 ta thu được: 

3 3 

x x 1 x x 1 

2. 1 0 

2 2 . Đặt t 

x x 1 x x 1 


t 

1 

 

2 

2t 

t1 0 

1 

t ( L ) 

 

2 

x 

 

x 

3 

2 

x1 

0 

x1 

ta có 


Giải 

x 

0 

x x1 

t x x x 

 

x 

x x1 

 

 

x 2 

3 

1 

3 2 

1 

2 

2 0 1 

Kết luận: Thử lại ta thấy 3 nghiệm: x 0, x 1; x 2 đều thỏa mãn. 


x 

4 x 

0 

8x 0 

x 

2 

Ta thấy chìa khóa bài toán nằm ở việc phân tích biểu thức: 

 

4 3 2 2 2 

x x x x x x x x x x x x 

8 8 2 2 4 2 2 4 Giả sử 

mn4 

 

 

 

4m 

8 

2 2 2 

4x 8 m( x 2x 4) n( x 2 x) 2m 2n 0 m n 2 


2 2 2 2 

2( x 2x 4) 2( x 2 x) 5 ( x 2x 4)( x 2 x) 0 

. Chia hai vế cho 

2 2 

x 2x x 2x 

2 2 

x x x x 

2 

x 2x 4 0 ta thu được: 2 5 2 0. Đặt 

2 4 2 4 

2 

t 

2 

x 2x 

2 

t 

0 

ta có phương trình: 2t 

5t 2 0 

2 

1 

x 2x4 

t 

2 


x 2x 

t x x 

x 2x4 

2 

2 

2 

4 3 

2 

10 16 0 

vô nghiệm 


5 37 

2 

x 

1 x 2x 

1 

 

2 

3 

t 3x 10x 

4 0 

2 

2 x 2x4 4 5 37 

x 

 

3 


Kết luận: Phương trình có hai nghiệm là: 

 

x 

 

 

 

x 

 

 

5 37 

3 

5 37 

3 

Nhận xét: Ta có thể phân tích: 

 

 

x 4 x x x 3 x x x 2 x x 2 x x 2 x 

8 8 ( 2)( 2 4) ( 2 )( 2 4) 

Chú ý rằng: Trong một số phương trình: Ta cần dựa vào tính đẳng cấp của 

từng nhóm số hạng để từ đó phân tích tạo thành nhân tử chung. 


a) 

b) 

c) 

2 

( x 2)( 2x 3 2 x 1) 2x 5x 

3 1 0 

2 2 

( x 4) 2x 4 3x 6x 

4 

2 2 2 

( x 6x 11) x x 1 2( x 4x 7) x 2 

Giải: 

a). Đặt 2x 3 a, x 1 b a, b 0 


2 2 2 2 

( a b )( a 2 b) ( a ab 2 b ) 0 

( a 2 b)( a b)( a b) ( a b)( a 2 b) 0 ( a 2 b)( a b)( a b 1) 0 

Ta quy bài toán về giải 3 phương trình cơ bản là: 

2x 3 x1 0 

 

2 2x 3 x1 0 

 

 

2x 3 x1 1 0 

Với điều kiện: x 1 a 1, b 0 


Trường hợp 1: 2x 3 x 1 0 2x 3 x 1 x 2( L) 


11 

2 2x 3 x 1 0 8x 12 x 1 x ( L) 

7 

Trường hợp 3: 2x 3 x1 1 0 . Vì 2x 3 1, x 1 0 VT 

0 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1. 

Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất x 1 

b). Điều kiện x 2 

Ta thấy rằng nếu bình phương trực tiếp sẽ dẫn đến phương trình bậc 5 

Để khắc phục ta sẽ tìm cách tách 

2 

x 4 ra khỏi 2x 4 

Từ đó ta viết lại phương trình như sau: 

2 2 2 

( 4) 2 4 4 4 6 

x x x x x 

 

2 2 2 

( x 4)( 2x 4 1) 2 x(2x 3) ( x 4)( 2x 4 1) 2 x( (2x 

4) 1) 

 

2 

( x 4)( 2x 4 1) 2 x( 2x 4 1)( 2x 

4 1) 

Do 2x 4 1 0 . Phương trình đã cho tương đương với 

2 

2 2 

x x x x x x x x x 

4 2 ( 2 4 1) 2 4 2 2 4 0 2 4 0 

x x x x x 

2 

2 4 0 2 4 0 1 5 

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x 1 

5 



Giả sử 

m 

1 

 

6 11 ( 1) ( 2) 6 1, 5 

 

m 

2n 

11 

2 2 

x x m x x n x m n m n 

p 1 

 

4 7 ( 1) ( 2) 4 1, 3 

 

p 2q 

7 

2 2 

x x p x x q x p q p q 


 

 

 

 

 

 

 

 

2 2 2 

( x x 1) 5( x 2) x x 1 2 ( x x 1) 3( x 2) x 2 0 


2 3 

( x x 1) ta thu được: 

x 2 x 2 x 2 

1 5. 2 6 0 

2 2 2 

x x 1 x x 1 x x 1 

3 

x 2 

Đặt t 0 

2 

x x1 

Ta thu được phương trình: 

 

t 

1 

 

1 

t t t t 

 

3 

 

t 

 

1 ( L ) 2 

3 2 

6 5 2 1 0 

+ Nếu 

+ Nếu 

t a b x x VN 

2 

1 2 3 0( ) 

1 

10 19 0 5 6 

3 

2 

t x x x 

Kết luận: x 5 

6 


2. Giải phƣơng trình vô tỷ bằng phƣơng pháp đặt ẩn phụ không hoàn 

toàn. 

+ Đặt ẩn phụ không hoàn toàn là phương pháp chọn một số hạng trong 

phương trình để đặt làm ẩn sau đó ta quy phương trình ban đầu về dạng một 

2 

phương trình bậc 2: mt g( x) t h( x) 0 ( phương trình này vẫn còn ẩn 

x ) 

+ Vấn đề của bài toán là phải chọn giá trị m bằng bao nhiêu để phương 

trình bậc 2 theo ẩn t có giá trị chẵn Ax ( ) 

theo x sẽ được dễ dàng. 

+ Thông thường khi gặp các phương trình dạng: 

 

2 

 

như thế viêc tính t 

2 2 

ax bx c dx e px qx r 

( ) 0 thì phương pháp đặt ẩn phụ không 

hoàn toàn tỏ ra rất hiệu quả: 

+ Để giải các phương trình dạng này ta thường làm theo cách: 

- Đặt 

f x t t f x 

2 

( ) ( ) 

- Ta tạo ra phương trình: 

2 

mt g x t h x 

( ) ( ) 0 

Ta có 2 2 

g( x) 4 m. h( x) f ( m) x g ( m) x h ( m) 

. Để có dạng 

Ax ( ) 2 

thì điều kiện cần và đủ là 

2 

 

m 

g1( m) 4 f1( m). g1( m) 0 m 



Ví dụ 1: Giải các phƣơng trình: 

1 1 1 

a) 

2 2 

x x x x 

1 ( 1) 2 3 0 


) 

c) 

2 

2 2x 4 4 2 x 9x 

16 

2 

(2x 7) 2x 7 x 9x 

7 (Trích đề TS lớp 10 Chuyên Tự nhiên – 

ĐHQG Hà Nội 2009) 

Giải: 

a) Đặt 

2 2 2 

t x x t x x 

2 3 0 2 3 


2 

x x t 

1 ( 1) 0 

Ta sẽ tạo ra phương trình: 

2 2 2 

mt x t x m x x 

( 1) 1 ( 2 3) 0 

(Ta đã thêm vào 

2 

mt nên phải bớt đi một lượng 

Phương trình được viết lại như sau: 

2 2 

mt x t m x mx m 

( 1) (1 ) 2 13 0 

2 2 

mt m x x 

( 2 3) ) 

2 2 

( x 1) 4 m 

(1 m) x 2mx 13m 

 

 

Ta mong muốn 

2 2 2 2 

(4m 4m 1) x (2 8 m ) x 12m 4m 

1 

 

2 2 2 2 2 

(Ax B) m 

(1 4 m ) (12m 4m 1)(4m 4m 1) 0 m 1 

Phương trình mới được tạo ra là: t 2 ( x 1) t 2x 

2 0 

Ta có 

x 6x 9 ( x 3) 

2 2 

x1 ( x 

3) 

 

t 

2 

2 

Từ đó ta có: 

x1 ( x 

3) 

t x 1 

2 


+ Trường hợp 1: 

t x x x x x 

2 2 

1 2 3 2 2 1 0 1 2 


t x x x x 

x 

1 

2 

1 2 3 1 

2 2 

x x x x 

Phương trình vô nghiệm. 

 

2 3 2 1 

Tóm lại: Phương trình có 2 nghiệm là: x 1 

2 

b) Điều kiện: 2 x 2 

Bình phương 2 vế phương trình và thu gọn ta được: 

2 2 

9x 16 8 2x 8x 

32 0 

. 

Đặt 

t 

2 

8 2x 

ta tạo ra phương trình là: 

2 2 2 

mt t m x x x 

16 (8 2 ) 9 8 32 0 

2 2 

mt t m x x m 

16 (9 2 ) 8 8 32 0 

2 

64 m 

(9 2 m) x 8x 8m 

32 

 

 

2 2 2 

( 2m 9 m) x 8mx 8m 32m 

64 


2 

' ( Ax B) 

0 

phải có nghiệm kép . Tức là: 

m m m m m m m 

2 2 2 

16 ( 2 9 )(8 32 64) 0 4 

Từ đó suy ra phương trình mới là: 

 

2 2 

4t 16t x 8x 

0 

Tính được: 

2 2 

' 4x 32x 64 (2x 

8) 

8 (2x8) 

x 

 

t 

4 2 

8 (2x8) 

x 

t 4 

4 2 


x 

x x 

0 4 2 

 

2 2 4(8 

2 x ) x 3 

2 

t 8 2x 

x 

2 2 



x 

x x 

8 

2 2 4(8 2 x ) ( x 

8) 

2 

t 4 8 2x 4 

VN 

2 2 

Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất 

x 

4 2 

3 

c). Đặt 2x7 

t ta tạo ra phương trình: 

 

2 2 

mt x t x m x m 

2 7 9 2 7 7 0 

Làm tương tự như trên ta tìm được m 1. Nên phương trình có dạng 

2 2 2 t 

x7 

2 

 

t 2x 7 t x 7x 0 2x 7 4 x 7x 

49 

t 

x 

giải theo các trường hợp của t ta tìm được x 1 2 2 là nghiệm của 

phương trình. 


a) 

b) 

c) 

2 2 

10x 9x 8x 2x 3x 

1 3 0 

3 2 3 

x 6x 2x 3 (5x 1) x 3 0 

4 x 1 1 3x 2 1 x 1 

x 

2 

Lời Giải: 

a) Điều kiện: 

x 

1 

 

 

1 

x 

2 

Đặt 

t x x 

2 

2 3 1 ta tạo ra phương trình: 

2 2 

mt xt m x m x m 

8 (10 2 ) (3 9) 3 0 


Ta có 

x m 

m x m x m 

 

2 2 

16 (10 2 ) (3 9) 3 

x m 

m x m x m 

 

2 2 

16 (10 2 ) (3 9) 3 

2 2 2 2 

(2m 10m 16) x (9m 3 m ) x m 3m 

Ta cần : 

m m m m m m m m 

2 2 2 2 

(9 3 ) 4(2 10 16)( 3 ) 0 3 


2 

t x 

 

 

t 

2x 

2 2 

3t 8xt 4x 

0 3 

Trường hợp 

1 

2 2 

x0 x0 

2 

t x 2x 3x 1 

x 

 

2 2 2 

3 3 9(2x 3x 1) 4x 14x 27x 

9 0 

 

 

 

x 

 

x 

 

 

3 

2 

3 

7 

 

 


2 x 

0 1 

t 2x 2x 3x 1 2x x 

3x 

1 0 3 


3 3 1 

x , x , x 

2 7 3 

3 3 2 

b) Điều kiện: x 1. Đặt t x 3 0 x t 3 . Do hệ số của 

trong phương trình là: 1. Phương trình đã cho trở thành: 

2 2 

t (5x 1) t 6x 2x 

0 

3 

x 

2 2 2 2 

(5x 1) 4(6x 2 x) x 2x 1 ( x 1) . 


Suy ra: 

(5x1) ( x1) 

 

t 

2x 

2 

 

(5x1) ( x1) 

t 3x 

1 

2 


 

x 

1 

 

x 

0 3 

21 

 

 

 

x 4x 

3 0 

 

2 

 

3 

21 

x 

( L ) 

2 

3 

x 3 2x 

x 

3 2 


1 

x 

1 

x 

 

3 

x 3 3x 1 3 

x 

4 2 3 

3 2 

x x x 

x L 

9 6 2 0 

4 2 3( ) 

Tóm lại phương trình có 3 nghiệm: 

3 

21 

x 1, x , x 4 3 2 

2 

a) Điều kiện: 1 

x 1. Ta viết phương trình thành: 

4 x 1 2 1 x 3x 1 1 x 

2 

. 

Bình phương 2 vế ta thu được phương trình mới: 

16( x 1) 4(1 x) 16 1 x 9x 6x 1 2(3x 1) 1 x 1 

x 

2 2 2 2 

 

2 2 

8x 6x 18 (6x 18) 1 x 0 

Đặt 

t 

2 

1 x ta tạo ra phương trình: 

2 2 

mt x t m x x m 

(6 18) (8 ) 6 18 0 

Có 

x m 

m x x m 

 

2 2 

' (3 9) (8 ) 6 18 

 



2 2 2 

(9 8 m m ) x (54 6 m) x m 18m 

81 

 

2 2 2 2 

( Ax B) ' 

m 

(3m 27) (9 8 m m )( m 18m 

81) 0 

Từ đó tính được m 8 


 

2 

8 t (6x 18) t 6x 

10 0 

Ta có 

Suy ra 

' (3x 9) 8(6x 10) (3x 

1) 

2 2 

3x 9 (3x 1) 3x 

5 

 

t 

 

8 4 

 

3x 9 (3x1) 

t 

1 

 

8 


t x x 

2 

1 1 1 0 thỏa mãn điều kiện 


3x 

5 

2 2 2 

t 4 1 x 3x 5 16(1 x ) 9x 30x 

25 

4 

16(1 x ) 9x 30x 25 25x 30x 9 0 x 

5 

Thử lại ta thấy: 

2 2 2 3 

3 

x thỏa mãn phương trình: 

5 

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm 

3 

x 0, x 

5 

Chú ý: Ở bước cuối cùng khi giải ra nghiệm ta phải thử lại vì phép bình 

phương lúc đầu khi ta giải là không tương đương. 

Ví dụ 4) Giải các phƣơng trình: 

a) 

2 

5 x x 5 


) 

4 2 

x x x 

2 3 3 3 0 

 

2 2 

8x 3x 4x x 2 x 4 4 

Giải: 

x 

5 

a) Điều kiện: 2 

x 

5 

 

Bình phương 2 vế ta thu được: 

2 2 4 

5 (2x 1).5 x x 0 

Ta coi đây là phương trình bậc 2 của 5 ta có: 

(2x 1) 4( x x ) 4x 4x 1 (2x 

1) 

2 2 4 2 2 


1 2 2 

 

5 (2x 1 2x 1) x x 

2 

 

1 

2 

2 2 

5 (2x 1 2x 1) x x 1 



x 

x 

2 

2 

1 

21 

x 

 

2 

x 5 0 

1 

21 

x 

 

2 

1 

17 

x 

 

2 

x 4 0 

1 

17 

x 

 

2 

Đối chiếu với điều kiện ta có 4 nghiệm đều thỏa mãn phương trình. 

b) Ta viết lại phương trình thành: 

2 4 

3 (2x 1) 3 x x 0 

Ta coi đây là phương trình bậc 2 của 

3 ta có: 


(2x 1) 4( x x ) 4x 4x 1 (2x 

1) 

2 2 4 2 2 


 

1 

2 

 

3 (2x 1 2x 1) x x 1 

 

2 

2 2 

3 (2x 1 2x 1) x x 

2 

 

 

x 

x 

 

 

 

3 0 

1 2 

2 2 x x1 3 0 

Giải 2 phương trình trên ta thu được các nghiệm của phương trình đã cho 

là: 

1 

1 

4 3 

x hoặc 

2 

c) Điều kiện x 4 


 

 

1 

4 3 3 

x 

2 

x x x x x x 

2 2 

4 4 2 4 8 2 8 0 . Coi đây là phương trình 

bậc 2 ẩn x 4 thì 

2 2 2 

4x x 2 48x 2x 8 4x x 6 

2 2 

. 


x 4 2x 

 

x 4 2x1 

Giải 2 trường hợp ta thu được các nghiệm của phương trình là: 

1 

65 

x 

 

8 

3 57 

x 

 

8 


a) 

b) 

2 2 

3( 2x 1 1) x(1 3x 8 2x 

1) 

2 2 

x x x x 

3 6 2 1 3 1 

Lời Giải: 


a) Ta viết lại phương trình thành: 

2 2 

3x x 3 (8x 3) 2x 

1 0 

. 

Đặt 

t 

2 

2x 

1 0 suy ra 2 2 

t 

2x 

1. 


2 2 


(8 3) (3 2 ) 3 0 . 

Ta có 

 

 

2 2 

(8x 3) 4 m (3 2 m) x x 3 m 

 

 

2 2 2 

(8m 12m 64) x (48 4 m) x 4m 12m 

9 . 

Ta cần 

2 2 2 

' (24 2 ) (8 12 64)(4 12 9) 0 3 . 

m 

m m m m m m 


2 2 

3 t (8x 3) t 3x x 0 

. 

Ta có: 

2 2 2 2 

(8x 3) 12.( 3 x x) 100x 60x 9 (10 x 3) . 

Từ đó tính được : 


38 x (10x 

3) 

 

t 3x 

1 

6 

 

38 x (10x 3) x 

t 

 

6 3 

1 

x 

 

2 

2x 1 3x 1 3 x 0 

2 

9x 

6x0 

 


2 

2x 

1 

x x 

0 

 

 

2 

3 17x 

9 0 

VN 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x 0 

b) Điều kiện: 

1 

x . 

2 


2 2 

x 3x 6 3x 1 2x 

1 . 

Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình mới: 


2 2 

10x 3x 6 2(3x 1) 2x 

1 0 

Đặt 

t 

2 

2x 

1 0 suy ra 2 2 

t 

2x 

1. 


có 

2 2 


2(3 1) (10 2 ) 3 6 0 . Ta 

x m 

m x x m 

 

2 2 

' (3 1) (10 2 ) 3 6 

2 2 2 

(2m 10m 9) x (6 3 m) x m 6m 

1. 

Ta cần 

2 2 2 

(6 3 ) 4(2 10 9)( 6 1) 0 4 . 

m 

m m m m m m 


2 2 

4t 2(3x 1) t 2x 3x 

2 0 

. 

Ta có: 

2 2 2 2 

' (3x 1) 4.(2x 3x 2) x 6x 9 ( x 3) . 

Từ đó tính được: 

3x 1 ( x 3) x 2 

 

t 

 

4 2 

 

3x 1 ( x 3) 2x 

1 

t 

 

4 2 


2 

2x 

1 

2 2 15 

x 

x 2 x 

2 

 

7 

 

 

2 

2 7x 

4x8 0 2 2 15 

x 

 

7 

. 

Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta thấy chỉ có 

điều kiện . 

2 2 15 

x là thỏa mãn 

7 


1 

6 

1 

x 

2x 

1 x 

 

 

2 

. 

 

4x 4x 5 0 x 

2 

2 

2x 

1 2 

2 2 

1 

6 


Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta thấy chỉ có 

điều kiện . 

1 

6 

x là thỏa mãn 

2 

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: 

2 2 15 

x và 

7 

x 

1 

6 

2 

SỬ DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƢƠNG TRÌNH 

Dấu hiệu: 

Các bài toán giải được bằng hằng đẳng thức thường có dạng: 

3 2 

ax bx cx d e fx h px q 

 

hoặc 

3 2 3 3 2 

ax bx cx d e px qx rx s 

Phương pháp chung để giải các bài toán này là: Đặt 

hoặc n 3. 

 

Đưa phương trình ban đầu về dạng 

Ví dụ 1: 

n 

f x 

y với n 2 

3 3 

m Ax B n Ax B my ny 

a) 

b) 

3 2 3 

8x 36x 53x 25 3x 

5 

3 2 3 

8x 13x 7x 2 x 2 3x 

3 

c) 3 24x 11 16x 2x 

1 1 0 . 

d) 

e) 

x 

6 6x 4 4 

3 3 

3 3 

x 1 

2 2x 

1 

4x 1 x 3 x 5 2x 

2 

f) 


Giải: 

3 2 

Những phương trình có dạng: 

ax bx cx d ex h px q (1) 

Hoặc: 

3 2 3 3 2 

ax bx cx d e px qx rx h 

(2) 

ta thường giải theo cách: 

Đối với (1): Đặt px q y khi đó 

đưa về dạng: 

2 

y p 

x thay vào phương trình ta 

q 

3 2 3 

ax bx cx d Ay By . Sau đó biến đổi phương trình 

thành: 3 3 

. ( ) . ( ) 

A u x B u x Ay By 

Đối với (2): Đặt 

3 3 2 

g px qx rx h y 

sau đó tạo ra hệ tạm: 

3 2 

 

ax bx cx d s. 

y 

 

 

g px qx rx h 

y 

3 3 2 3 

cộng hai phương trình ta thu được: 

3 2 3 

Ax Bx Cx D s. 

y y sau đó đưa phương trình về dạng: 

 

3 3 

u( x) s. u( x) y s. 

y 


a) Đặt 3 3x5 

y ta có hệ sau: 

3 2 

8 36 53 25 

x x x y 

 

3 

3x5 

y 

(I) 

Cộng hai phương trình của hệ với nhau ta thu được: 

3 2 3 

8x 36x 56x 30 

y y (*). Ta nghỉ đến việc biến đổi vế trái 

thành: 

A( x) 3 

A( x) 

để phương trình có dạng: 3 3 

( ) ( ) 

A x A x y y 

Giả sử: 

3 2 3 

8x 36x 56x 30 (2 x a) (2 x a) 

. 


Đồng nhất hệ số của 

x 

2 

a 3 

Như vậy phương trình (*) có dạng: 

3 3 

(2x 3) (2x 3) 

y y (1) 

Đặt z (2x 3) . Từ phương trình ta suy ra 

 

3 3 2 2 

z z y y z y z zy y 1 0. Do 

2 

2 2 y 3 2 

3 3 

z z y y 

z zy y 1 z y 1 0, y, 

z PT y z 

2 

4 

3 2 

y 2x 3 8x 36x 53x 25 2x 

3 

5 

3 

x 

 

 

x 

2 

3 2 

8x 36x 51x 

22 0 4 

Qua ví dụ trên ta thấy việc chuyển qua hệ tạm (I) giúp ta hình dung bài 

toán được dễ dàng hơn. 

b) Đặt 3 x 2 3x 3 y ta thu được hệ phương trình sau: 

3 2 

 

8x 13x 7x 2y 

 

. Cộng hai phương trình của hệ ta thu được: 

2 3 

x 3x 3 

y 

3 2 3 3 3 

8x 12x 10x 3 y 2 y (2x 1) 2(2x 1) y 2y 

(*) 

Đặt z2x 1 ta thu được phương trình: 

3 3 

z 2z y 2y 

 

2 2 3 2 

z y z zy y z y y x x x x x 

x 

1 

 

 

 

x 

16 

3 2 

8x 13x 3x 

2 0 5 89 

c) Điều kiện: 

2 0 2 1 8 13 7 4 2 

1 

x . Ta đặt 2x1 a 0 thì phương trình đã cho trở 

2 

thành: 3 12a 2 1 8a 3 8a 1 0 8a 3 8a 1 3 12a 

2 1 


Đặt 3 12a 2 1 y ta thu được hệ sau: 

trình của hệ với nhau ta thu được: 

Đặt 2a1 z ta có: 

3 3 

z z y y . 

Tương tự như các bài toán trên ta suy ra z 

3 

8 8 1 

 

a a y 

 

. Cộng hai phương 

2 3 

12a 

1 

y 

3 3 

(2a 1) (2a 1) 

y y (*) 

y. 

Theo (*) ta có 

y 2a 1 8a 8a 1 2a 1 a 0 x 

2 

3 1 

Kết luận: 

1 

x là nghiệm duy nhất của phương trình: 

2 

d) Đặt y 3 

6x 4 ta có hệ sau: 

3 

x 

 

4 6y 

 

3 

6x4 

y 

3 3 2 2 

x 6x y 6y x y x xy y 6 0 x y 

Thay vào phương trình ta có: 

x 

2 

3 2 

 

x 6x 4 0 x 2 x 2x 2 

0 x 

1 

3 

 

x 

1 

3 

e) Đặt y 3 

2x 1 ta có hệ: 

3 

 

x 12y 

3 3 2 2 

x 2x y 2y x yx xy y 2 

0 x y 

3 

2x 

y 1 

 

x 

1 

 

1 

5 

x 2x 1 0 x 1 x x 1 0 

 

x 

2 

 

1 

5 

x 

2 

3 2 

Suy ra 


2 

f) 

4x 1 x 3 x 5 2x 

2 

5 

y 

Đặt 5 2x y 0 x thay vào ta có: 

2 

2 

2 5 y 

3 3 2 2 

4x 1 x 3 y 8x 2x y 2y 2x y4x 2 x. y y 2 

0 

2 

y x x x 

1 

21 

x 

 

2 

1 21 

x 

 

2 

2 

2 4 2 5 0 

 

1 

21 

x thỏa mãn điều kiện bài toán. 

2 

Ví dụ 2: Giải các phƣơng trình sau: 

Thử lại ta thấy chỉ có 

a) 

b) 

c) 

2 2 3 

2 

7x 13x 8 2 x x(1 3x 3 x ) 

3x 4x 1 x 2x x 

3 2 3 6 3 2 

3 

3 

3 

 

3 

3 

 

 

x x 2x 

 

x x 

2 

2 

Giải: 

a) Nhận thấy x 0 không phải là nghiệm của phương trình: 

Chia hai vế phương trình cho 

7 13 8 1 3 

23 

3. 

2 3 2 

x x x x x 

3 

x ta thu được: 

1 3 

Đặt y 3 

2 3 

x x ta thu được hệ sau: 

7 13 8 

 

 

 

2 

x 

 

x 

y 

2y 

2 3 

x x x 

1 3 3 

3 

. 


Cộng hai phương trình của hệ ta có: 

3 

8 12 10 3 2 2 3 

3 2 

 

x x x x x 

3 y 2y 1 2 1 y 2y 

 

(*) 

2 

Đặt z 1 ta thu được: 

x 

 

3 3 2 2 

z 2z y 2y z y z yz y 2 0 z y 

2 7 13 8 4 8 13 3 

y 1 2 2 0 . 

2 3 3 2 


Suy ra 

5 89 

x1, 

x 

4 

b) Nhận thấy x 0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia hai 

vế phương trình cho x thì thu được phương trình tương đương 

là: 

Đặt 

1 1 

x 

x 

. 

2 3 3 

3x 4x x 2 

y 

1 

x 

3 

3 

x 2 ta có hệ sau: 

trình của hệ ta có: 

3 3 

( x 1) ( x 1) 

y y . 

2 1 

3x 4x y 

x 

 

. Cộng hai phương 

3 1 3 

x 2 y 

x 

Từ phương trình ta suy ra 

y x 1 3x 4x x 1 

x 

2 1 

x 

1 

1 

 

 

x 

x 

3 

2 3 2 

3x 4x x 1 3x 3x x 1 0 3 

. 

c) Ta viết lại phương trình thành: 3 3 

3 3 

x x 16x 4 4x 12x 


Đặt 

3 

3 

ta có hệ tạm sau: 

3 3 

y 4x 12x 

x x 16x 4y 

 

3 3 

 

4x 12x y 

3 

Cộng hai vế hệ phương trình ta thu được: 

Đặt 

3 

z x x ta có: 

3 3 3 

x x 4 x x y 4y 

4 4 4 

0 3 

z z y y z y z yz y 

3 3 2 2 

 

1 3 

4 12 

x 

0 

 

 

0 

2 

 

 

x 

3 

2 2 2 

x x x x 

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: x 0; x 3 

 

3 3 

x x 4x 12x 

PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 

Những kỹ thuật qua trọng để giải phương trình giải bằng phương pháp 

đánh giá ta thường sử dụng là: 

+ Dùng hằng đẳng thức: 

A A .. A 0 A A .. A 0 

2 2 2 

1 2 n 

1 2 

n 

+ Dùng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, Bất đẳng thức hình 

học 

+ Dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm GTLN, 

GTNN : 

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: 

a) 

2 

4x 3x 3 4x x 3 2 2x 

1 

. 

b) 13 x1 9 x1 0 . 

c) x x 

3 x 

5 2 2 2 1 1 0 (Trích đề tuyển sinh lớp 10 chuyên 

Toán Trường chuyên Amsterdam 2014). 


d) x 1 2 y 4 3 z 9 x y z 

Lời giải: 

1 

a) Điều kiện x . Ta viết lại phương trình thành: 

2 

2 

4x 4x x 3 x 3 2x 1 2 2x 

1 1 

0 

 

 

2 

2 

2 3 2 1 1 0 2 x x 3 

x x x 

0 x 1. 

2x 

1 1 0 

b) Điều kiện: x 1. Ta viết lại phương trình thành: 

1 9 

13 x 1 x 1 9 x 1 3 x 1 0 

4 4 

1 

2 2 x 1 

0 

1 3 2 5 

13 x 1 9 x 1 0 

x 

2 2 3 4 

x 1 0 

2 

c) Điều kiện 

1 

2 

1 

x .Ta viết lại phương trình thành: 

2 

x 0 

4 4 

 

2 

5x 2x 1 2 2x 1 1 0 5x 2x 

1 1 0 

 

Suy ra x 0 là nghiệm duy nhất của phương trình. 

d) Điều kiện x 1; y 4; z 9 ta viết lại phương trình thành: 

2 x 1 4 y 4 6 z 9 x y z 

x 1 2 x 1 1 y 4 4 y 4 4 z 9 6 z 9 9 0 

2 2 2 

 

. 

2x 

1 1 0 

x 1 1 0 x 

2 

 

 

x 1 1 y 4 2 z 9 3 0 y 4 2 0 y 

8 

 

 

z 9 3 0 z 

18 

 



a) 

b) 

c) 

16 5 6 4 

4 3 

x x 3 x 

4 2 3 

4 3 4 3 16 3 12 

x x x x x 

2 

96x 20x 2 x 8x 1 

3 

4 x(8x 

1) 0 

Giải: 

4 

a) Vì 16x 5 0 nên phương trình đã cho có nghiệm khi 

3 2 

1 

4x x 0 x(4x 1) 0 x 0 . Để ý rằng khi x thì VT VP 

2 

nên ta nghỉ đến sử dụng bất đẳng thức Cô si sao cho dấu bằng xảy ra khi 

1 

1 3 1 1 

x . Mặt khác khi x 4x 

x 4. 1 thì Từ những cơ sở 

2 

2 

8 2 

trên ta có lời giải như sau: Theo bất đẳng thức Cô si dạng 

3 

3 abc a b c ta có 

3 3 3 3 3 

6 4x x 2.3. 4 x x .1.1 2 4x x 11 8x 2x 

4 

Ta có 3 

 


2 

 

4 3 4 3 2 

16x 5 (8x 2x 4) 16x 8x 2x 1 2x 1 4x 2x 

1 0 

Suy ra VT 

VP . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

 

 

 

2 

4 x (4x 

1) 2 

2 2 

2(2x 1) (2x 2x 

1) 0 1 

x 

2 

Tóm lại: Phương trình có nghiệm duy nhất 

1 

x 

2 

4 2 

b) Vì 4x x 3x 

4 0 nên phương trình đã cho có nghiệm khi 

3 2 

1 

16x 12x 0 4 x(4x 3) 0 x 0 . Để ý rằng khi x thì 

2 

VT VP nên ta nghỉ đến sử dụng bất đẳng thức Cô si sao cho dấu bằng 


1 1 

3 1 1 

xảy ra khi x . Khi x thì 16x 

12x16. 12. 8 . Từ những 

2 2 

8 2 

cơ sở trên ta có lời giải như sau: 

3 

Theo bất đẳng thức Cô si dạng 3 abc a b c ta có 

3 1 

4 4 

 

3 3 3 3 3 3 

3 16x 12x 16x 12 x .8.8 16x 12x 8 8 4x 3x 

4 


4 2 3 4 3 2 2 2 

4x x 3x 4 (4x 3x 4) 4x 4 x x x (2x 

1) 0 

. 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

1 

c) Điều kiện: x . Để ý rằng 

8 

lời giải như sau: 

2 2 

x 

x 

(2 1) 0 1 

x 

2 

2 x(4x 

3) 2 

1 

x là nghiệm của phương trình nên ta có 

8 

2 

11 4 x(8x 1) 32x 4x 

2 

3 3 

4 x(8x 1) 1.1.4 x(8x 

1) 

. 

3 3 

Mặt khác ta có 

2 2 2 

2 32x 4x 2 256x 64x 4 4(8x 

1) 

96x 

20x 2 0 . 

3 3 3 

2 3 

Suy ra 96x 20x 2 x 8x 1 4 x(8x 

1) 0 . 


1 

x 

8 


a) 

1 1 2 

 

4 

2x1 4x3 

x 


) 

1 1 1 1 

3 

x 2x 1 4x 1 5x 

2 

4x1 5x2 

x 2x1 

3 3 

c) 

4 4 4 4 

d) 

2 2 

x x x x 

4 21 3 10 2 

Giải: 


1 

x . 

2 

Phương trình đã cho có thể viết lại như sau: 

x 

 

x 

4 

2x1 4x3 

2 

. 

x 

+ Ta chứng minh: 1. Thật vậy bất đẳng thức tương đương với 

2x 

1 

2 2 

x 2x 1 ( x 1) 0 . Điều này là hiển nhiên đúng. 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1 

x 

Ta chứng minh: 

4 

1. Thật vậy bất đẳng thức tương đương với 

4x 

3 

4 4 2 2 


4 3 4 3 0 ( 2 1)( 2 3) 0 

 

2 2 

( x 1) ( x 2x 

3) 0 

Điều này là hiển nhiên đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1 

Từ đó suy ra VT 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1 

b) 

1 1 1 1 

3 

x 2x 1 4x 1 5x 

2 

Ta thấy rằng: 4x 1 x x 2x 1;5 x 2 x 2x 1 2x 

1 

Theo bất đẳng thức cô si ta có 


1 1 1 

x x 2x 

1 9 

x x 2x 

1 

1 1 1 9 

 

x x 2x 1 x x 2x 

1 


 

 

2 

( x x 2x 1) 3(4x 1) x x 2x 1 3(4x 

1) 

(Theo 

bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 3 số) 


2 1 3 3 

 

x 2x 1 4x 

1 

Tương tự ta cũng có: 

1 2 3 3 

 

x 2x 1 5x 

2 

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta có: 

3 3 3 3 3 3 

 

x 2x 1 4x 1 5x 

2 

1 1 1 1 

3 

x 2x 1 4x 1 5x 

2 . 


c) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng: 

2 2 2 2 2 2 2 

(ax by cz) ( a b c )( x y z ) 

ta có: 

2 

 

4 x 4 x 4 2 x 1 1 1 1 x x 2 x 1 

 

 

4 x 4 x 4 2 x 1 3 x x 2 x 1 

. 

Lại có x x 2x 1 3(4x 

1) suy ra 


x x 2x 1 3 3(4x 1) 27(4x 

1) 

4 4 4 4 

(1) 

Tương tự: 4 x 4 2x 1 4 2x 1 3 3(5x 2) 

4 

27(5x 

2) 

(2) 

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều (1), (2) ta có: 

 

 

4 4 

3 x 2x 1 

4 

27(4x 1) 

4 

27(5x 

2) 

4 4 

4x1 5x2 

x 2x1 4 4 

3 3 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1. 

c) Ta có 

VT ( x 3)(7 x) ( x 2)(5 x) 

 

x 11 

( x 3)(7 x) ( x 2)(5 x) 

Điều kiện xác định là 2 x 5 

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 

1 1 x 

( x 3)(7 x) (2x 6)(7 x) (2x 6) (7 x) 

 

13 

2 2 2 2 2 

và 

1 1 x 

( x 2)(5 x) (2x 4)(5 x) (2x 4) (5 x) 

 

9 

2 2 2 2 2 

Như vậy: 

1 

( x 3)(7 x) ( x 2)(5 x) ( x 11) 

2 

x 11 

Từ đó ta suy ra: VT 

( x 3)(7 x) ( x 2)(5 x) 

(2x6) (7 x) 1 

xảy ra khi và chỉ khi: 

x 

(2x 

4) (5 x) 3 

 

2 . Dấu bằng 


Vậy 

1 

x là nghiệm duy nhất của phương trình: 

3 


a) 3x 2 1 x 2 x x x 2 1 7x 2 x 4 

1 

2 2 

17 1 

2 2 

b) 13x 2 6x 10 5x 2 13x 17x 2 48x 36 36x 8x 

2 21 

c) 

2 2 2 

x x x x x x 

1 1 2 

Giải: 

Điều kiện: 

x 1 x 

1 

3 

Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho hai bộ số 1;1; x 

và 

 

2 2 2 

3x 1; x x; x 1 

 

ta có: VT (*) x 2 25x 2 x 

xảy ra khi và chỉ khi x 1. Do 

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 

2 2 

5x x x 2 

. Dấu “=” 

1 

2 

x 1 x nên 5x 

x 

0 

3 

1 1 

VP 

2 2 

x x x 

 

x x x 

2 2 

 

 

2 2 2 2 

(*) 5 2 1 .2 5 2 2 

 

Dấu “=” xảy ra khi x 1 và 

x 1 

b) Ta có: 

4 

x . Từ đó ta có nghiệm của PT(*) là: 

3 


2 2 

2 2 2 

5 3 

VT x x x x x x 

2 2 

2 

3 1 2 3 2 4 6 

5 

3x 1 2x x 

2 

5 3 3 

VT 3x 1 2x x 6x 6x 

. 

2 2 2 


3 

x . Mặt khác ta cũng có: 

2 

1 2 

1 2 1 3 

VP 12 x 3 24x 12x 9 

12 x 3 22x 3 12x 3 

6x 

2 

 

 

 

2 2 2 


trình là 

3 

x 

2 

3 

x . Từ đó ta có nghiệm của phương 

2 

c) Theo bất đẳng thức Cô si ta có: 

2 

2 2 1 2 x x 

x x 1 1( x x 1) 1 ( x x 1) 

2 

 

2 

2 x 

1 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 ( x x1) 

 

x 

2 

2 

2 2 1 2 x 

x 

2 

x x 1 1( x x 1) 1 ( x x 1) 

2 

 

2 

2 x 

1 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 ( x 

x1) 

 

x 

0 

2 2 

x x x x 2 

Từ đó suy ra VT ( x 1) . 

2 2 

. 


2 2 

x x 2 ( x 1) ( x 1) 0 . 



Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x 1. 


a) 

14 x x 2(1 x 2x 

1) 

3 3 2 

b) x x x 12 12( 5 x 4 x) 

Giải: 


x 

2 

2x1 

0 

Phương trình đã cho tương đương với: 3 14 x 3 2 x 2 2x 1 2 x 

Do 

2 

2 x 2x 

1 0 

14 x 2 x 

3 3 

nên từ phương trình ta cũng suy ra: 

3 3 2 

Lập phương 2 vế ta thu được: 14 x (2 x) 6( x 2x 

1) 0 

Như vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 

 

2 

x 1 

2 

x 2x1 0 

x 1 

2 

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là: x 1 2 và x 1 

2 

b) Điều kiện: 0x 

4. 

Xét f ( x) x x x 12 trên 0;4 Dễ thấy 

12 f (0) f ( x) f (4) 12 VT 

12 (1) 

Xét g( x) 5 x 4 x trên 0;4 ta có 

Dễ thấy 1 g(4) g( x) g(0) 5 . Suy ra VP 12 (2) 

Từ (1), (2) suy ra phương trình có nghiệm khi VT VP 12 x 4 . 


MỘT SỐ CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ KHÁC 

1) Đặt ẩn phụ hoàn toàn để quy về phƣơng trình một ẩn. 

+ Điểm mấu chốt của phương pháp này là phải chọn một biểu thức f( x ) 

để đặt f ( x) 

t sao cho phần còn lại phải biểu diễn được theo ẩn t . 

Những bài toán dạng này nói chung là dễ. 

+ Trong nhiều trường hợp ta cần thực hiện phép chia cho một biểu thức có 

sẵn ở phương trình từ đó mới phát hiện ẩn phụ. Tùy thuộc vào cấu trúc 

phương trình ta có thể chia cho gx ( ) phù hợp (thông thường ta chia cho 

k 

x với k là số hữu tỷ) 

+ Đối với những bài toán mà việc đưa về một ẩn dẫn đến phương trình mới 

phức tạp như: Số mũ cao, căn bậc cao .. thì ta có thể nghỉ đến hướng đặt 

nhiều ẩn phụ để quy về hệ phương trình hoặc dựa vào các hằng đẳng thức 

để giải toán. 



a) 

2 

x x x x 

(1 )(2 3 3) 

b) 

d) 

2 3 

x x 4 x 2 x 

2 1 

c) 

x 2x x 3x 

1. 

x 

2 1 

2 

x 1 x 4x 1 3 x 

Giải: 

a) Điều kiện: x 0 . Phương trình đã cho có thể viết lại như sau: 

2 2 2 

x (1 x) 2x 3(1 x) 

 

 

 

x 2 x(1 x) 3(1 x) 

. Ta thấy 

2 

x 0 không phải là nghiệm của phương trình. Ta chia hai vế cho x thì 


1 

x 1 

x 

thu được: 1 2 3 

x x 

. Đặt 1 x t ta có phương trình 

x 

t 

1 

2 

theo t : 3t 

2t1 0 

 

1 

t 

3 

Trường hợp 1: t 1 ta có: 1 x 

1 x x 1 0( VN) 

x 


1 

t ta có: 

3 

3 

21 

x ( L ) 

1 

x 1 

 

2 

15 3 21 

x 3 x 3 0 

x 

x 3 3 

21 

2 

x 

2 

2 

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất: 

15 3 21 

x 

2 

b) Ta thấy x 0 không phải là nghiệm của phương trình. Vì vậy ta chia hai 

vế cho x thì thu được: x 1 1 1 1 

3 x 2 x 3 x 2 0 

x x x x 

1 

Đặt t 3 x ta thu được phương trình: 

x 

1 1 

5 

 

x 

2 

3 2 

t t 2 0 t 1 x 1 x x 1 0 x 

Kết luận: Phương trình có nghiệm 

1 

5 

x 

2 

x 

0 0 x 2 3 

c) Điều kiện: 

 

. 

2 

x 4x1 0 

x 2 

3 


Ta thấy x 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia hai vế cho 


1 1 

x x 4 3 

x 

x 

. Đặt 

1 2 1 2 

t x t x theo bất đẳng thức Cô si ta có t 2 . Thay 

x x 

vào phương trình ta có: 

t 

3 5 

 

t 6 t 6t 

9 2 

2 

t 6 3 t t 

2 2 

x 

4 

25 1 2 4 

2 

x x 17 x 4 0 

1 

 

4 x 

x 

4 


1 

x4, 

x 

4 

d). Nhận xét: x 0 không phải là nghiệm của phương trình: 

Ta chia hai vế cho x khi đó phương trình trở thành: 

1 1 

x 2 x 3 0 

x 

x 

. Đặt 1 

t x 0 phương trình trở thành: 

x 

1 1 

5 

 

x 

2 

2 2 

t 2t 3 0 t 1 x 1 x x 1 0 x 


a) 

2 

(13 4 x) 2x 3 (4x 3) 5 2x 2 8 16x 4x 

15 

b) 7 3x 7 (4x 7) 7 x 32 . 

Giải: 

a) Điều kiện 3 x 5 . 

2 2 


Phương trình được viết lại như sau: 

 

 

7 2 x 3 5 2 x 2 (2 x 3) 2 x 3 (5 2 x ) 5 2 x 

 

 

Đặt 

2 8 (5 2 x)(2x 

3) 

2 

t 2 

t 2x 3 5 2 x (5 2 x)(2x 

3) . Điều kiện 

2 

 

 

2t 

2 . 

Phương trình đã cho có dạng: t 3 4t 2 t 6 0 t 2 x 2 

Ngoài ra ta cũng có thể giải phương trình trên bằng cách đưa về hệ. 

b) Điều kiện: 7 x 7 .Phương trình đã cho được viết lại như sau: 

3 

1 3 1 3 

 

(3x 7) (7 x) 3x 7 (7 x) (3x 7) 7 x 32 

2 2 

 

 

2 2 

 

(3x 7) (7 x) 3x 7 (7 x) (3x 7) 7 x 64 

 

Đặt t 3x 7 7 x 

 

3 

t (3x 7) 3x 7 (7 x) 7 x 3 (3x 7)(7 x) 3x 7 7 x 

 

 

Từ phương trình suy ra t 

3 64 t 4 . Hay 3x 7 7 x 4 

Bình phương 2 vế ta thu được: 

2 11 

2 2 

(3x 7)(7 x) 8 x 4x 44x 113 0 x 

2 

Tại sao ta phân tích đƣợc hai phƣơng trình nhƣ trên: 

Ta thấy với những phương trình: 


( ax b) cx d ( ex h) gx k r ( cx d)( gx k) s 0 thì một 

trong những cách xử lý khá hiệu quả là: 

Phân tích: ax b m( cx d) n( gx k) 

và 

ex h m'( cx d) n'( gx k) 

sau đó ta có thể đặt ẩn phụ trực tiếp , 

hoặc đặt hai ẩn phụ để quy về hệ. 

Ví dụ: 

Khi giải phƣơng trình: 

2 

(13 4 x) 2x 3 (4x 3) 5 2x 2 8 16x 4x 

15 

ta thực hiện 

các phân tích : 

+ Giả sử:13 4 x m(2x 3) n(5 2 x) 

. 

Đồng nhất hai vế ta suy ra: 

2m 

2n 4 3 7 

m , n 

3m 

5n 

13 2 2 

+ Tương tự ta giả sử: 

7 3 

(4x 3) m(2x 3) n(5 2 x) m , n 

 

2 2 

Khi giải phƣơng trình: 7 3x 7 (4x 7) 7 x 32 . 

Ta thực hiện phân tích: m(3x 7) n(7 x) 7 và 

p(3x 7) q(7 x) 4x 

7 Sau đó đồng nhất 2 vế để tìm m, n, p, q ta 

1 3 3 1 

có: m ; n ; p ; q 

2 2 2 2 

Như vậy ngoài cách đặt ẩn phụ như trên ta có thể giải các bài toán theo 

cách khác như sau: 

a) Điều kiện 3 x 5 . 

2 2 

Đặt a 2x 3, b 5 2x 

thì 

Từ cách phân tích trên ta có hệ sau: 

a 

b 

2 . 

2 2 


2 ( ) 2 2 

 

 

2 2 2 

a b a b ab 

2 2 2 2 3 

(3a 7 b ) a (3b 7 a ) b 4 16ab 3( a b) 2 ab( a b) 16ab 

4 0 

2 

 

( a b) 2ab 

2 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 2 2 

3( a b) 2 ( a b) ( a b) 8 2 ( a b) 4 0 

Đặt a b S, 

ab P điều kiện 

2 

S, P 0; S 4P 

. 

Ta có hệ mới sau: 

2 

 

S 2P 2 S 

2 

a b 1 x 2 

3 2 

 

 

2S 8S 2S 

12 0 P 

2 

b) Đặt a 3x 7, b 7 x ta có hệ phương trình 

 

 

3 

 

a b 64 a 

b 4 

 

 

2 2 

2 2 

a 

3b 

14. a 3b 

14. 

Giải hệ phương trình ta thu được: a, 

b x . 

2) Đặt ẩn phụ hoàn để quy về hệ đối xứng loại 2: 

Phương pháp này đặc biệt hiệu quả với các phương trình dạng: 

2 

ax bx c d ex h hoặc 

3 2 

ax bx cx d e 

3 

gx h 

Với mục đích tạo ra các hệ đối xứng hoặc gần đối xứng ta thường làm 

theo cách: 

Đối với những phƣơng trình dạng: 

Ta đặt my n ex h thì thu được quan hệ: 

2 

ax bx c d ex h . 

. 

 

 

 

( ) ax 0 

 

2 

2 0 

2 2 

ax bx c d my n bx dmy c dn 

2 2 2 2 2 2 

m y mny n ex h m y mny ex n h 


Ta mong muốn có quan hệ x 

y. Nếu điều này xảy ra thì từ hệ trên ta sẽ 

a b dm c dn 

có: (*) . 

2 2 

m 2mn n h 

Công việc còn lại là chọn mn , chẵn thỏa mãn (*) 

Đối với những phƣơng trình dạng: 

3 

Ta đặt: my n gx h thì thu được hệ: 

3 2 

ax bx cx d e 

3 

gx h 

 

 

 

3 2 

 

ax bx cx d e( my n) 

 

 

3 3 2 2 2 2 3 

m y 3m ny 3mn y n gx h 

3 2 

ax bx cx emy d en 

3 3 2 2 2 2 3 

m y m ny mn y gx n h 

3 3 0 

0 

a b c 

Để thu được quan hệ x y ta cần: em d en 

 

3 2 2 3 

m 3m n 3mn g n h 


a) 

2 2 37 

b) 4x 1 9x 26x 

0 

3 3 

2 

2x 6x 1 4x 

5 

c) 

3 3 2 

3x 5 8x 36x 53x 

25 

d) 

3 

3 2 

27 81x 8 27x 54x 36x 

54 

Giải: 


5 

x . Đặt my n 4x 

5 khi đó ta có hệ: 

4 

2 2 

2 x 6x 1 my n 4 x 12x 2my 2 2n 

0 

 

 

2 2 2 

 

2 2 2 

m y 2mny n 4x 5 m y 2mny 4x n 5 0 

Ta cần tìm mn , để tạo ra quan hệ x 

4 12 2m 

2 2n 

y 

2 2 

m 2mn 4 n 5 


Chọn 

22n 

1 

2 

2 

n 5 n 

2n 3 0 

m 2 

n 3 

16 4n 

12 

1 

 

 

4n 

4 

Chú ý: 

2 

Việc nhân số 2 vào phương trình (1) của hệ để tạo ra 4x 

12x 1 là rất 

2 

cần thiết để chọn m được chẵn và nhóm 4x 

12x 2 thành bình 

phương biểu thức bậc 2 được dễ hơn. 

Từ đó ta có lời giải cho bài toán như sau: 

Đặt 2y3 4x 5 thì thu được hệ: 

 

 

 

 

 

 

2 2 

4x 12x 2 2(2y 3) (2x 3) 4y 

5 

2 2 

(2y 3) 4x 5 (2y 3) 4x 

5 

Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta có: 

2 2 

(2x 3) (2y 3) 4( y x) 2( x y)(4x 4y 

4) 0 


x y 2x 3 

2 

(2x 3) 4x 

5 

 

4x 5 3 x 2 

x 

 

2 

3 

Trường hợp: 

. 

x 

y 

 

x 

y 2 

2 

(1 2 x) 4x 

5 

 

y 2 x 2(2 x) 3 4x 5 1 x 1 

2 

x 

 

2 

Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là: x 2 3, x1 

2 


1 

x . 

4 


Phương trình đã cho được viết lại như sau: 

2 47 2 

9x 26x 4x 

1 

3 3 

Đặt my n 4x 

1 

37 2 2 37 2 

 

 

 

3 3 3 3 3 

2 2 2 2 2 2 

m y 2mny n 4x 1 

m y 2mny 4x n 1 0 

2 2 

9x 26 x ( my n) 9x 26x my n 0 

2 37 2 

26 

m n 

9 

Ta cần: 3 3 3 . Chọn 

2 2 

m 2mn 4 n 1 

28 

 

1 

6n 

4 

 

m 3 37 2 n 4 

n 

3 3 

1 

2 

n 1 

Đặt 3y 4 4x1 

 

Hệ phương trình sau: 

 

 

 

 

 

 

2 2 

 

3x 4 = 2x + 2y + 1 

3y 4 = 4x + 1 

 

 

2 

 

 

3y 4 = 4x + 1 x y 9x + 9y 22 = 0 

2 

3y 4 = 4x + 1 

 

x = y 

 

9x + 9y 22 = 0 

Giải phương trình ứng với 2 trường hợp trên ta thu được các nghiệm là 

14 61 

x và 

9 

12 53 

x 

9 

Chú ý: Ta có thể tìm mn , nhanh hơn bằng cách: 


c) Đặt my n 4x 

5 khi đó ta có hệ: 

 

 

 

2 

( my n) 4x 

5 

2 

(2x 3) 2( my n) 11 

Trừ hai phương trình cho nhau: 

2 2 

(2x 3) ( my n) 2my 4x 2n 

6 

Để có quan hệ: x 

y ta cần: 

Tương tự khi giải quyết câu b). 

d) Đặt my n 3 

3x 

5 ta có hệ sau: 

2my 

4x 

m 2; n 3. 

2n 

6 0 

3 2 

 

8x 36x 53x my n 25 0 

 

3 3 2 2 2 3 

m y 3m ny 3mn y 3x n 5 0 

3 

3 2 

3x 5 8x 36x 53x 

25 

8 -36 53- m -n- 25 

Ta chọn mn , sao cho m 2, n 3 

3 2 2 3 

m 3m n 3mn -3 n 5 

3 

Đặt 2y3 3x 5 . Ta có hệ phương trình sau: 

 

 

 

3 

(2y 3) 3x 

5 

3 

(2x 3) 2y 3 x 2 

Trừ hai phương trình cho nhau ta thu được: 

3 3 

(2x 3) (2y 3) 2y 2x 

x y 

x x y y 

x y 

2 2 

2( ) (2 3) (2 3)(2 3) (2 3) 1 0 

Do 

2 2 

(2x 3) (2x 3)(2 y 3) (2y 

3) 1 

2y 

3 

3 

2 

(2x 3) 2y 3 

1 0 

2 

 

 

4 

2 

Giải x y ta có: 2 3 2 

2x 3 3x 5 8x 36x 54x 27 3x 

5 


x 

2 

2 

x 28x 20x 

11 

0 

5 

3 

x 

4 

Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm: x 2 , 

5 

3 

x 

4 

d) Ta viết lại phương trình thành: 

3 

3 

27 81x 8 (3x 2) 46 

3 

Đặt 3y 2 81x 8 ta có hệ phương trình: 

 

 

3 

y x 

3 2 81 8 

 

3 

3x 2 

27(3y 2) 46 

3 

x 

y 

 

x 

3 2 81 8 

. 

3 

3 2 81x 

8 

3 3 

Trừ hai phương trình của hệ ta thu được: 

 

3x 2 3y 2 81( y x) 

2 2 

3( x y) 3x 2 3x 2 3y 2 3y 2 27 0 x y . 

 

 

Thay vào ta được: 

x 

0 

3x 2 27(3x 2) 46 27x 54x 33x 

0 

 

3 

2 5 

x 

3 

3 3 2 

Kết luận: Phương trình có 3 nghiệm là: x 0 , 

Chú ý: 

+ Với những phƣơng trình dạng: 

3 

2 5 

x 

3 

f ( x) b a 

n 

af ( x) 

b (*) 

Bằng phép đặt t f ( x); y 

n 

af ( x) 

b ta có hệ đối xứng loại 2 là: 

 

 

 

 

n 

t b ay 

n 

y b at 


n

+ Trong phƣơng trình (*) nếu ta thay a, b bởi các biểu thức chứa x thì 

cách giải phương trình vẫn như trên. Những phương trình dạng này 

thường có hình thức và lời giải khá đẹp. 

* Ta xét ví dụ sau: 


a) 

b) 

2 2 

4x 11x 6 ( x 1) 2x 6x 

6 

3 3 2 

8x 13x 7 ( x 1) 3x 

2 

. 

Giải: 

a) Ta viết lại phương trình thành: 

2 

(2x 3) x 3 ( x 1) ( x 1)(2 x 3) ( x 3) 

Đặt a 2x 3, b ( x 1)(2 x 3) ( x 3) ta thu được hệ sau: 

 

 

 

 

2 

a x 3 ( x 1) b 

2 

b x 3 ( x 1) 

a 

. Trừ hai phương trình của hệ ta được: 

2 2 

a b x b a a b a b x 

( 1)( ) ( )( 1) 0 


3 

3 

3 x ( L) 

x 

 

 

2 

a b x x x 


2 

2 3 2 6 6 2 

2 

 

2x 6x 3 0 

3 

3 

x ( TM ) 

2 2 

2 3 2 6 6 3 0 2 6 6 3 

x x x x x x x 


 

x 

2 

 

 

2 

7x 

30x 36 0 

 

( VN) 

2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: 

3 

3 

x 

2 

b) Ta viết lại phương trình thành: 

3 2 3 

2 

(2x 1) ( x x 1) ( x 1) ( x 1)(2 x 1) x x 1 

Đặt 

a x b x x x x x 

3 

2 3 

2 1, ( 1)(2 1) 1 3 2 2 ta thu được hệ 

3 2 

 

a ( x x 1) ( x 1) 

b 


. Trừ hai phương trình của hệ 

3 2 

b ( x x 1) ( x 1) 

a 

2 2 

cho nhau ta thu được: ( a b)( a ab b x 1) 0 

Trường hợp 1: a 

b ta có: 

x 

1 

 

x 

8 

3 2 3 2 

2x 1 3x 2 8x 15x 6x 

1 0 1 


2 

2 2 b 3 

2 

a ab b x 1 0 a (2x 1) x 1 

0 

2 

4 

2 

b 2 2 

4 a 4x 2(2x 1) 5 0( VN) 

 

2 

Tóm lại phương trình có 2 nghiệm là 

1 

x1, 

x . 

8 

3) Một số cách đặt ẩn phụ khác: 


a) 

b) 

x 

6 x 6 6 

3 3 3 

2 2 2 

2( x x 1) 2x 2x 3 4x 

5 0 

. 


Giải: 

a) Đặt 

 

 

 

3 

3 

3 

x 6 z 

z x 6 

 

3 

z6 

y 

y z 

6 

Mặt khác với các phép đặt ẩn phụ trên, từ phương trình trong đầu bài, ta 

3 

có x y 6 0. 

Như vậy ta được hệ phương trình: 

3 

x 

y 

 

y 

 

z 

3 

3 

6 

z6 

x6 

(1) 

(2) 

(3) 

Nhìn thấy hệ trên không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với x, y, 

z 

nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết x max x, y, 

z 

số lớn nhất trong 3 số x, y, 

z hay x y, 

x z ) 

( x là 

Nếu x 

y, từ (1) và (2) suy ra 

3 3 

y 6 x y z 6 y z 

3 3 

Khi đó từ (2), (3) suy ra y 6 x y x 6 z x . Mâu thuẫn với 

giả thiết x z ở trên. Do đó phải có x y. 

Với x 

y, từ (1) và (2) suy ra y z 

Vậy x y z 

Phương trình (1) trở thành: 

(4) 

x 

3 

x 6 0 hay x 2x 2 2x 

3 

0 

Vì x 2 x x 

2 

2 3 1 2 0 nên PT (4) có nghiệm duy nhất x 2 . 

b) Đặt 

2 

y x x 

1 khi đó phương trình đưa về 

2 

 

1 

2 2 1 3 5 4 5 4 x 

y y x y 2 y 1 

 

2 


Đặt 

1 

5 4x 

z điều kiện 

2 

1 

z . 

2 

Ta có 

2 2 

2 1 5 4 4 4 1 5 4 1 

z x z z x z z x . 

Do đó ta có hệ phương trình: 

 

 

 

 

 

2 

x x 1 y 

2 

y y 1 

z 

2 

z z 1 

x 

(*) 

 

 

 

 

 

 

x x 1 y 1 

 

y y 1 z 1. 

 

z z 1 x 1 

Do điều kiện 

1 

z y 1 z 1. 

2 

Nhân các phương trình theo vế rồi rút gọn được xyz 1. 

Mặt khác từ hệ phương trình (*), cộng các phương trình vế theo vế ta có: 

2 2 2 

x y z 

3 

xyz xyz 

3 1. 

Do đẳng thức xảy ra nên phải có 

x, y, z 1). 

2 2 2 

x y z x y z 

1 1 (vì 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1. 


a) 

b) 

2 4 3 2 

2x 4x 7 x 4x 3x 2x 

7 

4 1 5 

x x 2x 

 

x x x 

c) 6 2 x 6 2 x 

 

8 

5x 

5x 

3 

b) 2(5x 3) x 1 5( x 1) 3 x 3(5x 

1) 

Giải: 


Cách 1: Biến đổi pt như sau: 

2 

 

2 2 2 

4 2x 4x 7 2x 4x 7 16 2x 4x 

7 35 

(1) 

Đặt 

2 

2 4 7 

x x a (với a 5 ), ta có: 

2 2 

 

4 2 2 2 2 

4a a 16a 35 a 6 2a 1 a 2a 7 a 2a 

5 0(*) 

Với a 5 thì 

a 

2 

2a 5 0 , nên từ (*) suy ra a 

2 

2a 7 0 , phương 

trình này có 2 nghiệm là a 1 2 2 . Đối chiếu với điều kiện a 5 

chỉ chọn được a 1 2 2 . 

Khi đó x 

2 x x 2 x 

2 4 7 1 2 2 2 1 2 2 0 (**) 

Phương trình (**) có 2 nghiệm là 1 2 2 2 . Vậy tập nghiệm của 

PT đã cho là 1 2 2 2 . 

2 4 2 

Cách 2: Biến đổi PT về dạng: x x x 

2 1 5 1 3 1 5 

Đặt x 1 2 u; 2x 1 2 

5 v, u 0; v 5 

. Ta có hệ: 

u 

v1 

0 

2 2 2 

u 3u 5 v u u v v 

 

2 

 

2 

 

v u 

2u 5 v 2u 5 v 

2 5 

2 

Dẫn đến u 4u 4 0 , PT này có 2 nghiệm 2 2 2 . Do u 0 nên 

chọn u 2 2 2 . Từ đó suy ra kết quả như cách 1. 

b) Điều kiện trên ta được: 

5 

x hoặc 1 x 0 (*). 

2 


Phương trình (1) tương đương: 

1 5 4 

x 2x x 

x x x 

Đặt 

(1) 

1 5 

u x ; v 2x 

x 

x 

với u 0; v 0 . Ta được: 

4 

u v x 

x 

Lại có 

2 2 5 1 4 

v u 2x x x 

x x x 

(2) 

Từ (1) và (2) suy ra: v 2 u 2 u v u vu v 

1 0. Vì 

4 

2 x 

2 

u v1 0 nên uv0 

x 0 x 4 x 

 

x 

2 

Thử lại thấy nghiệm x 2 không thỏa mãn điều kiện , nghiệm x 2 

thỏa mãn phương trình. 

c) Điều kiện: 5 x 5. 

Đặt: a = 5 + x; b = 5- x (a,b > 0). 

Khi đó ta có: 

2 2 

6 2x 2b 4; 6 2x 2a 

4 

Khi đó ta có: 

2 2 

2b 4 2a 4 8 2 2 8 

+ = (2b 4)a + (2a 4)b = ab 

a b 3 3 

8 

2ab(a + b) 4(a + b) = ab 

3 

Từ đó ta có hệ phương trình: 

 

8 

8 

2ab(a + b) 4(a + b) = ab 2ab(a + b) 4(a + b) = ab 

 

3 

3 

2 2 

 

2 

a + b = 10 (a + b) 2ab = 10 

Đặt: 

S = a + b;P = ab,S 10. 


Hệ phương trình trên trở thành: 

8 

2SP 4S = P 

3 

 

S 2 2P = 10 

2 

S 10 

Từ phương trình (2) ta có: P= thế lên phương trình trên và rút 

2 

3 2 2 

gọn ta được: 6S 8S 84S 80 0 ( S 4)(3S 8S 

10) 0 

S 4 (TM) 

2 

3S 8S 10 ( VNv 

) ì S 10 

S 4 

0 . 

2 2 x 4 

P 3 5 x. 5 b 3 25 x 9 x 16 (TM) 

x 4 

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x 

4; x 4 

d) Điều kiện 1 

x 3 

Đặt 

 

u x1 

 

v 3 x 

ta suy ra 

2 

u 

x 

 

 

 

 

 

u 

2 2 

3u 2v 5x 

3 

2 2 

4u v 5x 

1 

v 

2 2 

1 

4 


 

2 2 2 2 2 2 2 

2 3u 2v 5uv 3 4u v 6 u (2 u) v ( u 3) 

Thay 

v 

. 

2 

4 

u ta thu được phương trình: 

2 2 2 2 2 

u v uv u v 

2 3 2 5 3 4 

u 

2 

 

 

 

u 

10 

2 2 

6u 2 u 4 u u 3 5 145 


Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình là: 

x 

3 

 

7 145 

x 

10 

Khi gặp các phƣơng trình dạng: a 

n 

b c. f ( x) d 

me h. f ( x) 

g ta 

có thể đặt ẩn phụ theo cách: 

n 

m 

u b 

v e 

Đặt 

n 

b c. f ( x) u f ( x) 

, 

m 

e h. f ( x) v f ( x) 

 

c 

h 

au dv g 

 

Từ đó ta có hệ phương trình: n 

m 

u b v e 

0 

c h 


a) 3 24 x 12 x 6 

b) 

2 4 2 

1 x x x 1 6 1 x 1 

c) 

2 

3 x x x x d) 3 3 3 

x 1 x 2 2x 

3 

2 

1 1 

Giải: 

a) Điều kiện: x 12 

3 3 

Đặt u 24 x; v 12 x u 36, v 0 , ta có hệ phương trình: 

uv6 

v6 

u 

v6 

u 

 

3 2 3 

2 

2 

u v 36 

u 6 u 36 

u u 

u 12 

0(*) 

Phương trình (*) có 3 nghiệm u 0; u 4; u 3 thỏa mãn 

Từ đây ta tìm được: x 24; x 88; x 3 

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x 24; x 88; x 3. 

u 3 

36 . 


1 

5 


2 

x 1 . 

Ta thấy tổng của biểu thức trong căn bằng 1 nên ta đặt: 

a = 1 x 2 ,b = 4 x 2 + x 1,c = 6 1 x; a, b, c 0 . 

Khi đó ta có hệ: 

a b c1 

2 4 6 

a b c 1 

 

abc 

, , 0 

Vì 

2 

a 

a 

abc 

, , 0 

 

 

a b c1 

6 

c 

c 

4 2 4 6 

0 a, b, c 1 b b a b c 1 

. 

Hệ phương trình có nghiệm khi 

trình đã cho. 

a 

a 

2 

 

4 

b b x 

 

c 

c 

6 

1 

là nghiệm của phương 

c) Đặt t x 1 x thì 

xx 

 

2 

2 t 1 

2 

Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn là t: 

t 1 

3 

2 

2 

1 t t 3t 2 0 t 1; t 2 

2 

x 1 x 1 2 xx 

0 

Vậy ta có: 

 

x 0; x1 

x 1 x 2 

VN VT 

2 

3 3 3 

d) Sử dụng đẳng thức: a + b = a + b + 3aba + b . 

Lập phương 2 vế ta thu được: 


3 3 

 

2x 3 + 3 

3 

x 1 x 2 x 1 + x 2 = 2x 3 

Thay 3 x 1 3 x 2 3 2x 

3 thì phương trình trở thành: 

 

x 1 x 2 2x 3 = 0 x = 1,x = 2,x = 2 

3 

3 


a) 

b) 

2 

7 7 7 6 2 49 7 42 181 

14 

x x x x x 

5 1 

5 x 2x 

4 

2 x 

2x 

 

3 

c) x 3 1 x 2 x 21 

x 

2 

 

x 3 

1 3 2 1 8 

x 1 

d) x x x 

Giải: 


6 

x . 

7 

t 7x 7 7x 6, t 0 14x 2 49x 7x 42 t 1 

Đặt 

2 2 

BPT đã cho trở thành: 

2 2 t 

13 

t t 1 181 t t 182 0 t 13 

t 14 

7x 7 7x 6 13 (*) 

Vì hàm số f ( x) 7x 7 7x 

6 13 là hàm đồng biến và f (6) 0 

Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là x 6 . 


) Điều kiện: x 0 

1 1 

. Phương trình 5 

x 2x 

4 

2 x 4x 

 

t x 1 1 

, 2 1 

2 x 

t x 4x 

t . 

Đặt 

2 


 

 

2 2 

5t 2 t 1 4 2t 5t 2 0 t 2 

1 

x 3 

4x 

3 

2 2 

x 

 

2 

3 2 2 

x 

 

2 

2 

4x 

12x1 0 

 

là nghiệm của pương trình. 

c) Điều kiện: 1 

x 1. Phương trình đã cho tương đương với 

 


1 2 2 1 2 1 2 2(1 2 ) 

Đặt 

2 

2 t 1 

2 

t x 1 x x 1 x . Ta có phương trình: 

2 

 

t 1 

t 1 

t 

t t t t t t 

2 2 

2 2 

3 2 2 

1 2 2 3 2 0 2 2 2 1 0 

t 

2 t 

2 

 

 

2 

t 2 2t 1 0 t 

2 1 

+ Nếu: t 2 

2 

 

x x x x x x do x 

2 2 2 

1 2 2 1 2 1 1 


2x 2 2x 1 0 x 

2 1 

2 

+ Nếu 

+ Nếu 

t x x 

2 

2 1 1 1 2 vô nghiệm ,do VT 1 

2 

t 2 1 1 x 1 2 x 

VP 

1 

x 1 

2 

1 2 2 2 1 

 

x 

2 

x 1 2 x 2 1 0 

2 

 

Vậy phương trình có 2 nghiệm 

x 

2 ; 

2 

1 2 2 2 1 

x . 

2 

x 3 

d). Điều kiện: 

x 3 

0 x 3 hoặc x 1. Đặt t x1 

x 1 

x 1 

2 

t 

2 

t x 1 x 3 

ta có phương trình: t 

2 2t 8 0 

t 

4 

thì 

 

 

x 1 

2 2 

2 

x 1 

2 2 

Nếu t 2 x 1 x 3 4 x 2x 

7 0 

2 

x 1 

2 5 

t thì x 1 x 3 16 x 2x 

19 0 

Nết 4 

 

 

x 1 

2 5 

Tóm lại phương trình có 4 nghiệm là: 

x 1 2 2; 1 2 2; 1 2 5; 1 2 5 

. 

MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN. 

Giải các phương trình sau: 

1) x 

2 x 6 2x x 3 4 x x 3 

(1). 


2) 

x 

x 2 

 

2 

2x2 

. 

2x 

1 

3) 

2 

x 1 2 x 1 x 1 1 x 3 1 x . 

4) xx 1 xx 2 xx 

3 

. 

5) Tìm tất cả các số nguyên dương p 1 sao cho phương trình sau có 

nghiệm duy nhất 

3 2 1 

x px p 1 x 

1 0 

p 1 

6) 

x 4x 31 x 4x 

1. 

3 2 2 

4 2 

7) x x 2016 2016 . 

8) Tìm k để phương trình sau có nghiệm: 

 

2 2 2 

x 2 x 2x 2k 1 5k 6k 3 

2x 

1. Trích đề thi vào 

lớp 10 Chuyên Amsterdam 2002). 

6 4 

9) Cho phương trình m x 1 3x 

2 

a) Giải phương trình với m 10 . 

b) Tìm m để phương trình có đúng hai nghiệm. 

10) 

2 2 2 

x x x x x 

2 1 1 3 6 1 0 . 

11) x 1 2 x 1 2 2 x 1 2 4 x 1 

. 

12) 4 x 1 x 2x 

5 (*). 

x x x 

13) 

x 9 x 

2 2 

x 1 

. 

14) 

2 

x 3x 1 x x 1 2 x (1). 

2 

15) 4 x 1 x 5x 

14 . 

16) x x x 

2 x 

2 2 1 7 10 3 (1). 


17) 

3 2 3 2 

12 4x 

4x 

2 2 

x 

x 

(*). 

18) x x x 

3 1 1 1(THPT chuyên KHTN-ĐHQG Hà Nội 

2011-2012). 

3 

25x 2x 9 4x 

. Trích đề thi vòng 2, 

x 

THPT chuyên Hà Nội Amsterdam 2004-2005 

19) Giải bất phương trình: 3 

2 

 

20) x x 1 x x x 1 

 

2 

x 3 

4 2 2 

1 

4 4 

3 

21) 

4 x 2 4 x x 2 4 x 6 x 3 x x 30 

22) 

2 2 

x 1 2x 2x 2x 3x 

2 (Trích đề tuyển sinh lớp 10 Chuyên 

Lam Sơn Thanh Hóa 2014) 

2 2 

23) 2x 1 1 2x 2 x x . (Trích đề tuyển sinh lớp 10 PTNK- 

ĐHQG Tp Hồ Chí Minh 2015). 

2 

24) 8x 16x 20 x 15 0 

2 2 

25) 4x 11x 10 (x 1) 2x 6x 2 

2 3 4 2 

26) x 3x 1 x x 1 

3 

2 

27) 2 x 1 3 5 x 3x 30x 71 0 

28) 

2 2 

2x 4x 1 2x 1 4x 7x 3 

3 3 3 

29) x 1 x 2 2x 3 

30) 

2 2 

1 x 5 

 

 

1 x x 

2 

0 

2 2 

x 1 x 2 

x 

2 

 

 

 

1 x 

3 2 

31) 5 x 1 2x 2 

3 3 

3 3 

2 2 

32) 2x 2 2x 1 2x 2x 1 

3 2 3 

33) 

34) 

x 6x 2x 3 5x 1 x 3 

2 

x x 1 

2 2 

x 4 

x 

4 

2 

x 1 


x

2 2 18x 

35) 25x 9 9x 4 

x 2 

x 1 

2 

36) 20x 80x 125 2x 1 4 3x 6 

2 4 2 4 

37) 13 x x 9 x x 16 


1) Giải: 

Điều kiện: x 3 

Ta có: (1) 

2 

x 3x 2x x 3 4 x 3 6 0 (2) 

Đặt t x x 3 

2 

Do đó (2) 

t 4t 3 0 t 1 t 3 0 t 1; t 3 

Với t 1, ta giải phương trình x x 3 1 x 3 1 

x 

 

1x 0 x1 x1 

 

2 

2 2 

 

x 3 1 

x x 3 1 2x x x 3x 

2 0 

x 

1 

3 17 3 

17 

x x 

 

2 2 

 

3 

17 

x 

 

2 

Với t 3 , ta giải phương trình x x 3 3 x 3 3 

x 

x 

3 

 

x1 x 

1 

 

x 

6 


Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 

3 17 

x , x 1 . 

2 

2) 

Điều kiện 

1 

x 2; 

x . 

2 

Ta có (1) 

2 

2x 1 x 2 x 2x 

2 

x x 1 x 2 xx 1 x 

2 

 

x x x xx 

 

2 2 1 2 1 0 

x x 

x x 

 

2 2 1 

 

 

 

0 

Trường hợp 1: x2 

x với 0 x 2 x 2 0 x 2 x 1 0 

x 

2 (thỏa mãn) hoặc x 1 (loại) 

x 

Trường hợp 2: x 2 x 1 với 

1 

5 

x ( thỏa mãn) hoặc 

2 

Vậy phương trình có hai nghiệm 

x x x 

2 

1 1 0 

1 

5 

x (loại) 

2 

1 

5 

x2, 

x . 

2 

3) 

Đặt u x 1, v 1 x ( uv , 0) 


u u v v uv v u v u u 

2 2 2 3 2 3 1 2 2 0 (1) 

 

 


Xem (1) như là phương trình bậc hai đối với biến v , giải ra được u v hoặc 

v2u 1. 

Xét v 2u 

1 

, vì v 2 1 x 2 u 2 2 u 2 2u 

1 2 

1 

2 

u ( tm ) 

5u 

4u1 0 5 . Với 

 

u 

1( l) 

1 24 

u x 

5 25 


24 

x 0; x . 

25 

4) Giải: 


x 

2 

 

 

x 0 

 

x 3 

Dễ thấy x 0 là 1 nghiệm và x 3 không là nghiệm của phương trình đã 

cho 

Xét x0, x 3 khi đó phương trình đã cho tương đương với 

x1 x2 4 5 

1 1 1 1 

x 3 x 3 x 3 x 3 

Đặt 

4 

a 1 x 3 

( a 0) ; 

5 

b 1 x 3 

( b 0) 

ab1 

a 4 21( l) 

Ta có hệ 

 

2 2 

5a 4b 1 a 4 21 

4 2 21 

1 4 21 x 

x 3 3 



2 21 

x0; 

x . 

3 

 

 

x p 1 x x 

0 

p 1 

5) Phương trình đã cho tương đương với 

2 1 

x p1 

 

 

2 1 

x x 

 

p 1 

hoặc có nghiệm kép x p 

1 

0 

(1) 

Yêu cầu bài toán tương đương (2) vô nghiệm 

(2) 

Vậy p 2;3;4 

. 

6) 

2 2 

Phương trình đã cho tương đương với x x 

2 2 

Do 

3 2 27 2 3 . 

3 

x 2 27 x 2 3, x và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

x 2 nên phương trình có nghiệm duy nhất x 2 . 

7) 

Phương trình đã cho tương đương với: 

1 1 

x 4 x 2 x 2 2016 

x 

2 2016 

4 4 

2 2 

2 1 2 1 

x x 2016 

 

 

2 2 

1 1 

2 2 

2 2 2 2 4 2 

x x 2016 x 1 x 2016 x x 2015 0 . 


1 

8061 1 

8061 

x ; x . 

2 2 


8) Giải: 

Phương trình đã cho tương đương với: 

2 2 2 2 

 

 

x 2 x 2 x. 2k 1 4k 4k 1 k 2k 1 1 

 

 

 

2x 

1 

2 2 

 

2 2 2 

x 2 x 2k 1 x 2 k 1 x 1 0 x k 1. 

Vậy phương trình có nghiệm khi k 1. 

9) Phương trình đã cho tương đường với: 

2 4 2 2 4 2 

1 1 3 1 1 

m x x x 

 

x x x 

2 4 2 

m x 1 x x 1 

 

4 2 2 

3 x x 1 x 1 

 

 

Đặt 

t 

4 2 

x x 

1 

2 

x 1 

, ( t 0) ta được: 

m 

3 

1 

t 

m 

. 1 0 

t 

2 

t t t 

a) Với m 10 ta có phương trình: 

1 

ta suy ra t 3 hoặc t 

3 

b) Tự giải 

10) .Giải: 

2 

3t 

10t 3 0 

Điều kiện: x 1. Phương trình tương đương với 

 

 

x 2 x x 2 x 2 x x 2 x 

1 2 1 1 2 1 4 4 1 

0 

2 2 

x x x x 

2 

3x x 1 

3 1 2 1 0 

 

 

2 

2 x x 1 


0 x 1 0 11 

 

2 2 (vô nghiệm). 

2 

9x x 1 8x 

1 

2 

3x 

x 1 



1 x 2 

1 x 2 

 

2 

1 x 2 

5 

2 x x 1 

2 2 5 x . 

x 4x 4 x 1 

4x 

5 x 

 

4 

4 

11) .Giải: 

Điều kiện x 1.Ta có x 3 là một nghiệm của phương trình. 

x . Đặt x 1 y, y 4 

Với 3 

thành: y 2y 2 2y 2 4y 

. 

, phương trình đã cho 

Ta có 

2 

4 2 4 2 

y y y y y 

2y 2 2y 2 4y 2y 2 4y 2y 2y 4y y 

Phương trình vô nghiệm. 

Với 0x 

3. Chứng minh tương tự, ta có phương trình vô nghiệm. 

Vậy x 3 là nghiệm duy nhất của phương trình. 

12) Giải: 

Ta có (*) 

4 1 5 

x x 2x 

0 (1) 

x x x 

Đặt 

1 5 

u x ; v 2x 

x 

x 

thì uv , 0 và 

u v x 

x 

2 2 4 

2 2 

Do đó (1) thành: 

uv , 0) 


u v u v 0 u v u v 1 0 u v (vì 

1 5 1 5 

x 2x x 2x 

0 (2) 

x x x x 



1 5 

x 2x 

x 

x 

có nghiệm là x 2 

Từ (2) suy ra chỉ có x 2 là nghiệm của phương trình đã cho. 

13) 

Giải:Điều kiện x 0 . 

Phương trình tương đương với: 

8 4 2x 9x 1 4 2x 

x 9 x 0 

x1 x1 x1 

x1 

8x 4 2x 2 2x 

 

1 0 1 0 

x 1 x1 x1 

 

 

2 

2 2x 

1 

1 8x x 1 

x 

x 1 

7 

(thỏa mãn 

14) Giải: 

Điều kiện: x 1. Dễ thấy x 0 là nghiệm của (1) 

Với x 0 , chia hai vế của (1) cho 

2 

x 0 , ta được: 

(1) 

1 1 

3 1 2 

x 

x 

 

Đặt 

1 1 

u 3 0, v 1 0 

x 

x 

 


uv2 

 

u v2 

 

2 2 

2 2 

u v 4 

2 v v 4 

(2) 

(3) 

Giải hệ ta được v0, u 2 từ đó ta có x 1. 


15) .Giải: 

x 

2 x x x 

6 9 1 4 1 4 0 

2 

x x 2 

3 1 2 0 

x 

30 

 

x 3 

x 1 2 0 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 3. 

16) Giải: 


Nhân hai vế của phương trình (1) với x 5 x 2 0 , ta được phương 

trình tương đương: 

2 

1 x 7x 10 x 5 x 2 

x 5 1 x 4 

 

x 2 1 

x 

1 

() l 

( tm ) 

. 

Đặt 

17) Giải: 

y x 2 , y 0, ta có (*) thành: 

3 3 

12 4y 4y 

y 

y 

Bình phương rồi biến đổi thành: 2 

2 2 

4y 3 y 0 4y y 3 0 

Do đó các nghiệm của phương trình là x1, x 1. 

18) Điều kiện: 0x 

1 


Nhân cả tử và mẫu vế trái với biểu thức x3 


x x x 3 

x 

3 1 1 1 1 1 1 

x3 

x 

3 1 x 1 x 3 x (*) 

Nếu x 1 thì VT (*) 3 VP(*) 

nên x 1 là nghiệm của phương trình. 

Nếu 0x 

1 thì 1 x 0 3 1 x 3 3 hay VT(*) 3 với 0x 

1 

Vì 0x 

1 nên x 3 13 2, x 1 1 VP(*) 3 

Do đó phương trình đã cho không có nghiệm trong nửa khoảng 0;1 . 

Vậy phương tình đã cho có nghiệm duy nhất x 1. 

19) Giải: 


Trường hợp x 0 : áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 

2 2 

3 5 2x 

9 5 5 2x 

9 

3 3 

2 

4x x 3 x. x. 25x 2x 

9 

x 3 3x 3 3 3x 

 

 


2 

5 2x 

9 

x x 

3 3x 

3 

Trường hợp x 0 : từ phần trên ta thấy, với mọi x 0 đều thỏa mãn bất 


Đáp số 

x 

3 

. 

x 

0 

20) .Giải: 


Điều kiện x 0 

2 

Chia cả hai vế bất phương trình cho 1 

1 1 

đưa về bất phương trình 1 t t 

t t 

x x và đặt 

1 t x , t 2 , ta 

x 

Với điều kiện t 2 thì cả hai vế của (1) đều dương. Bình phương hai vế ta 

 

đưa về bất phương trình tương đương 

 

 

2 

1 t 1 0 

t 

 

Bất phương trình này nghiệm đúng với mọi t 2. 

Vậy nghiệm của bất phương tình đã cho là x 0 . 

21) .Giải: 

Điều kiện: 2 x 4 

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 

4 

x x 

x 21 1 

x 2 1 2 x1 

x 2 x 2.1 ; 

2 2 4 

4 

x 

7 

3 3 

4 x 

; 6x 3x 2 x .27 x 27 

2 

Do đó VT VP với mọi x thỏa mãn 2 x 4 

Vậy nghiệm của bất phương trình là 2 x 4. 

22) Đặt 

 

 

2 

t x t x 

t x x x x t 

x 2 4 

x 

2 4 1 ; 

2 

2 2 2 

2 2 0 2 2 . Phương trình trở thành : 

1 2 0 . Ta có 


2 

2 

x 2x 1 4x 8 x 3 

cần giải: 

 

 

x 

0 

 

x1 

x 

3 

t 

 

1 

2 

x1 

x 

3 

t x 2 

2 

2 

2x 2x x 2 

x 3 

13 

2 

x 

6x 4 0 

2x 

1 0 

2 

23) Điều kiện: 1 2x 

0. Bình phương 2 vế ta thu được: 

2 

x 

x 0 

 

2x 11 2x 2 2x 1 1 2x 4 x x 

2 2 2 

 

 

2 2 

2x 2x 2 2x 1 1 2x 

0 

2 

 

. Do t 0 ta chỉ 

2 2 2 

1 2x 2x 1 0 1 2x 2x 1 x x 1 0 

 

Đối chiếu với điều kiện nài toán chỉ có nghiệm 

kiện. 

24) Ta viết lại phương trình thành: 

2 

16x 32x 40 2 x 15 0 4x 4 56 4x 60 

Đặt 4x 60 4y 4 ta có hệ sau: 

 

 

 

 

2 

 

2 

4y 4 4x 60 4y 4 4x 60 

 

 

. 

2 2 

 

 

4x 4 56 4y 4 

 

4x 4 4y 60 

Trừ từng vế 2 phương trình của hệ ta có: 

 

 

 

 

 

 

2 

. 

 

x 

 

 

x 

 

 

1 

5 

x thỏa mãn điều 

2 

1 5 

2 

1 5 

2 


4x 4 2 4y 4 2 

4y x 16x yx y 8 4y x 

x 

y 

 

 

4x y 8 

1 

Giải phương trình ứng với 2 trường hợp ta thu được: 

 

x 1; x 9 221 

9 

25) Điều kiện: 

3 

5 

x 

 

2 

3 

5 

x 

 

2 


 

 

2 

2x 3 (x 1) (x 1) (x 1)(2x 3) (x 1) 

 

u 2x 3 

Đặt 

v (x 1)(2x 3) (x 1) 

2 

u x 1 (x 1)v 

 

2 

v x 1 (x 1)u 

ta có hệ phương trình: 

Trừ từng vế hai phương trình ta có: 

u 

v 

u v u v x 1 0 

u v x 1 

 

Giải theo hai trường hợp ta thu được phương trình vô nghiệm. 

26) Cách 1: Ta viết lại phương trình thành: 

 

3 3 

x 3x 1 x x 1 x x 1 2 x x 1 x x 1 x x 1 x 

3 3 

2 2 2 2 2 2 2 

2 2 2 3 

x x 1 2 x x 1 x x 1 x 2 x 1x 2 x 1 

3 


Chia phương trình cho 

2 

x x 1 0 ta thu được: 

 

2 

2 

x x 1 3 x x 1 

2 1 

2 

2 

 

x x 1 

3 

x x 1 

. Đặt 

2 

x x 1 

 

t 

0 

2 

 

x x 1 

2 3 1 

Ta có phương trình: 2t t 1 0 t 

3 3 

Giải 

2 

x x 1 1 

x 

1 

2 

 

x x 1 3 

* Cách 2: 

Xét 

1 3 2 1 

x 

0 chia hai vế phương trình ta có: x 3 x 1 

x 3 2 

x 

1 

Đặt t x 2 

x 

3 2 

ta có phương trình: t 3 t 1 

3 

Xét 

1 3 2 1 

x 

0 chia hai vế phương trình ta có: x 3 x 1 

x 3 2 

x 

Đặt t x 1 

x 

3 2 

ta có phương trình: t 3 t 1 

3 

27) Điều kiện: 1 x 5 . Phương trình được viết lại: 


2 

x 

5 

2 x 1 4 3 5 x 3x 30x 75 0 2 3 5 x (x 5)(3x 15) 0 

x 1 2 

 

 


x 

5 

30x 75 0 2 3 5 x (x 5)(3x 15) 0 

x 1 2 

x 

5 

x 

5 

 

2 3 5 x (x 5)(3x 15) 0 2 5 x 

x 1 2 

 

3 5 x(3x 15) 0 

x 1 2 

Ta thấy 5 x(3x 15) 0x 1; 5 


2 5 x 

3 0 3 x 1 6 2 5 x 0 

x 1 2 

này là hiển nhiên đúng do: 2 5 x 2 5 1 4 nên 6 2 5 x 0 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 

x 

5 

nhưng điều 

28) Điều kiện x 1 

2 . Đặt u x 1;v 2x 1 phương trình đã cho trở 

thành 

2 2 

 

2u 1 v 2v 1 u u v 2uv 1 0 

+ Nếu 

 

x 

1 

u v x 1 2x 1 

 

2 

x 2 2 

x 4x 2 0 

1 

 

2uv 1 0 2 1 x 2x 1 1 x ;1 

2 

 

+ Nếu 

1 

Mặt khác ta có: 21 x 

21 

1 ; 

2 

2x 1 2 1 1 nên phương 

trình đã cho vô nghiệm 

Kết luận: x 2 2 

29) Sử dụng đẳng thức: 3 3 3 

a b a b 3ab a b . 


Phương trình 3 

3 3 

 

2x 3 3 x 1 x 2 x 1 x 2 2x 3 

3 3 3 

x 1 x 2 2x 3 3 

 

(*) x 1; x 2; x 

3 

x 1x 22x 3 

0 

2 

 

30) 

Điều kiện: 1 

x 1 . Đặt 

2 2 

1 x x 2 1 x 

t t 1. 

x 2 

2 2 

1 

x x 1 x 

2 

PT đã cho thành: 2t 5t 2 0 t 2; 

* t 2 

1 x 0 

2 

1 1 x x 

1 

t 2 

2 

1 x x 

2 x 2 

1 

x 3 2 

2 2 

x 1 x 

* t 1 

2 

1 x 0 

2 

1 x x 1 

 

2 

1 x 3 

x 2 

1 

x 

2 

2 2 

x 1 x 4 

hệ vô nghiệm. 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1 . 

2 

31) 

Điều kiện. x1 

2 2 

 

PT 5 x 1 x x 1 2 x x 1 2 x 1 

x 1 x 1 

2 

2 5 2 0(Do : x x 1 0x) 

2 2 

x x 1 x x 1 

Đặt 

x 

1 

t 

,t 0 

, ta có: 

2 

x x 1 

t 2 

2 

2t 5t 2 0 

1 

t 

2 


* 

x 

1 

2 

t 2 4 4x 5x 3 0 

2 

x x 1 

PT vô nghiệm 

* 

1 x 1 1 2 

5 37 

t x 5x 3 0 x 

2 2 

x x 1 

4 2 

32) Do VT 1 nên VP 1 x 1 . 

Ta có PT 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 2 3 2 

3 2 3 2 

2x 1 2x 2 2x 2x 1 0 

 

2 2 

2x 2x 1 2x 2x 1 

0 

2 2 2 3 4 2 2 

2x 1 3 

2x 12x 2 2x 2 x 3 2x 2x 1 2x 1 

2 2 2 

3 3 3 

2 1 

3 

2x 2x 1 0 x 

2 

33) Điều kiện: 3 x 3. 

là nghiệm của phương trình đã cho. 

Ta thấy x 1 

5 


không là nghiệm của phương trình nên ta có: 

3 2 

x 6x 2x 3 3 

x 3. 

5x 1 

3 2 3 2 

x 6x 2x 3 3 x 4x 3 3 

2x x 3 2x x 3 2x 

5x 1 5x 1 

(1) 

* Nếu 

 

x 0 x 0 

3 

 

3 21 

x 3 2x 0 

2 

x 

3 2 

 

x 4x 3 0 x 1x 3x 3 

0 2 

 

Khi đó (1) đúng 

 

x 3 21 

2 

là một nghiệm của phương trình. 

3 2 3 2 

 

3 2 

3 21 x 4x 3 x 4x 3 x 4x 3 0 (1) 

 

2 5x 1 3 

 

3 

x 3 2x x 3 2x 5x 1 (2) 

* Nếu x 1 


Ta thấy: (1) có 2 nghiệm 

 

x 1;x 

3 21 

2 

 

1 1 

 

3 

x 

 

x x 1 

(2) x 3 3x 1 3 

 

3 

 

3 2 

2 

 

 

x 4 3 2 

x 9x 6x 2 0 x 1 x 8x 2 0 

 

x 

1 

 

2 

x 8x 2 0 x 4 3 2 

 

Vậy phương trình có 4 nghiệm: 

3 21 

x 1;x ;x 4 3 22 . 

2 

34) Điều kiện: x 4 

2 

 

 

 

x x 1 

2 2 

PT 2 1 x 3 1 

x 

4 

2 

 

 

x 1 

2 

x x 1 

2 

4 x 1 

x 

4 2 

x 3 0 

2 

x x 1 2 

 

2 

2 x 1 x 1 

1 

x 

4 

 

2 

2x 3 

2 

 

2 

x 3 

x 3 0 

 

2 

 

2 

x 4 x x 1 x 4 2 x 1 x 1 

 

 

 

 

 

2 

2 1 

x 3 

1 0 

 

2 

x 4 

x x 1 

x 4 2 2 

 

 

2 x 1 x 1 

 

 

2 

x 3 0 x 3 

35) Điều kiện: 2 x 

3 

 

 

2 


* Với x 2 , phương trình đã cho tương đương với: 

3 

2 

9 9x 4 2 18 

25 

x (1) 

2 2 

x x 1 

Dễ thấy phương trình (1) có VT 25 và do x 2 

3 

nên phương trình đã cho vô nghiệm 

9 162 

ta có VP 25 

2 13 

* Với x 2 

3 

phương trình đã cho tương đương với 

4 2 18 

25 9 9 (2) 

2 2 2 

x x x 1 

Đặt 

1 9 

t0 

t 

2 

, phương trình (2) thành: 

x 4 

 

18t 

18t 

25 9 9 4t 2t 9 9 9 4t 2t 16 

1 t 1 t 

 

 

36 t 2 2 t 2 t 4 

t 2 

18 t 4 

 

0 

9 4t 1 t 1 9 4t 1 t 1 

 

(1) 

Lưu ý rằng với 0 t 9 

4 

nên 

18 t 4 

0. 

9 4t 1 

t 

1 

có 

18 18 

 

9 4t 1 

4 

và 

t 4 3 18 

1 4 

t 1 t 1 4 

Vậy (3) t 2 x 2 

2 

KL: Phương trình có 1 nghiệm x 2 

2 

36) Điều kiện: x2 


2 

BPT được viết lại: 

5 2x 1 20 3x 6 2x 1 4 3x 6 

2 2 

Đặt a = 2x + 1; b 3x 6 ; BPT 5a 20b a 4b 

 

 

a 4b 0 

2 

b a 4b 

2 a b 

2 2 

 

5a 20b a 4b 

1 

x 

 

2x 1 3x 6 2 x 1 

2 

4x x 5 0 

Kết luận: Nghiệm của bất phương trình là: 

37) Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 1 

x 1 

Bình phương 2 vế ta có : 

2 2 2 

x 

 

13 1 x 9 1 x 256 

 

 

2 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 

 

 

 

2 

2 2 2 2 2 

 

13. 13. 1 x 3. 3. 3 1 x 

 

13 27 13 13x 3 3x 40 16 10x 

 

2 2 16 

 

10x 16 10x 64 

2 

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 

2 

Dấu bằng 

 

2 

2 

 

2 1 x x 

1x 

 

5 

3 

 

2 

2 2 

 

10x 16 10x x 

5 


CHỦ ĐỀ 7: MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH 

I. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1: 

a) Một hệ phương trình ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại 1 

nếu mỗi phương trình ta đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình đó 

không đổi 

b) Tính chất 

Nếu 

x y là một nghiệm thì hệ , 

0, 

0 

y x cũng là nghiệm 

0 0 

c) Cách giải: Đặt 

ẩn S, 

P 

S x y 

 

P 

x. 

y 

điều kiện 

S 

2 

4P 

quy hệ phương trình về 2 

Chú ý: Trong một số hệ phương trình đôi khi tính đối xứng chỉ thể hiện 

trong một phương trình. Ta cần dựa vào phương trình đó để tìm quan hệ 

S, 

P từ đó suy ra qua hệ xy. , 

Ví dụ 1: Giải các hệ phƣơng trình sau: 

x y 2xy 

2 

a) 3 3 

c) 

Giải: 

x 

y 

8 

 

2 3 

 

 

3 

x 

3 

y 6 

2 2 

x y 

3 x y 3 xy 

b) 

d) 

3 3 

x 

y 

 

 

 

19 

x y xy 

8 2 

 

x y xy 3 

 

x1 y1 4 

a) Đặt 

S x y 

 

P 

x. 

y 


S 

2 

4P 

hệ phương trình đã cho trở thành: 


2 S 

S 2P 

2 

P 

 

2 

 

 

S S 

3P 

8 

6 

3S 

 

 

 

2 

2 

 

2 

S S 

8 

 

 

3 2 2 

2S 3S 6S 16 0 S 2 2S 7S 8 0 S 2 P 0 

Suy ra xy , là hai nghiệm của phương 

2 

trình: X 2X 0 X 0, X 2 

x0 x2 

 

y 

2 y 

0 

b) Đặt 

S x y 

 

P 

x. 

y 


S 

2 

4P 

hệ phương trình đã cho trở thành: 

 

 

2 

S S 3P 19 

SP 8S 

SP 8S S 

1 

 

3 

3 

 

S8P 2 

 

S 32 8S 

19 S 24S 

25 0 P 

6 

 

. Suy ra xy , là hai nghiệm của phương trình: 

2 

X X X1 X 

2 

6 0 3; 2 

Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm xy ; 2;3 , 3; 2 

c) Đặt 

3 

a x, 

b 

3 

y 

hệ đã cho trở thành: 

a 3 b 3 a 2 b b 2 a 

 

2 3 

 

a b 6 

. 

Đặt 

S a b 

 

P 

ab 


S 

2 

4P 

thì hệ đã cho trở thành. 

3 

 

 

2 S 3SP 3SP 2 36 3P 3P S 

6 

. 

 

S 6 

 

S 6 

P 

8 

Suy ra ab , là 2 nghiệm của phương trình: 


a 2 x 8 a 4 x 64 

6 8 0 2; 4 

 

b 4 y 64 b 2 y 8 

2 

X X X1 X 

2 

Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm xy ; 8;64 , 64;8 

xy 

0 

d) Điều kiện: . Đặt 

xy 

, 1 

trình đã cho trở thành: 

S x y 

 

P 

x. 

y 


S 

2 

4P 

hệ phương 

2 

S 

P 3 

 

 

 

S 3; P S 3 

 

 

 

 

 

 

2 

S 2 2 S P 1 16 2 S S 3 1 14 S 

 

 

2 

S P S S P S 

3 14; 3 3 14; 3 

 

 

2 2 2 

 

4S 8S 10 

196 28S S 

S 30S 52 0 

S 

6 

 

P 9 x y 3 


 

. Vậy hệ đã cho có nghiệm xy ; 3;3 

. 

 

 

 

a) 

2 2 

x y xy 

 

 

 

x 

y 4 

2 8 2 

c) 

 

x 

 

 

 

2xy 

y 1 

x 

y 

2 2 

2 

x y x y 

b) 

1 

x y1 

5 

xy 

 

2 2 1 

x y 1 9 

2 2 

xy 

 

3 2 2 3 

 

x y 1 y x y 2 y xy 30 0 

d) 

2 2 

 

x y x1 y y y 11 0 

Giải: 

a) Đặt x a, 

y b điều kiện ab , 0. 


Hệ phương trình trở thành: 


4 4 a b ab 

 

a b 4 

2 8 2 

. Ta viết lại hệ 

 

 

 

a b 4 

4 2 2 2 

( a b) 4 ab( a b) 2a b 2ab 

8 2 

Đặt 

S a b 

 

P 

ab 


2 

S 

4P 

 

SP 

, 0 

thì hệ đã cho trở thành. 

 

 

S 4 

2 

256 64P 6P 2P 

8 2 

Ngoài ra ta cũng có thể giải ngắn gọn hơn như sau: 

 

 

 

 

 

x y 2 xy 16 

 

 

2 2 

2 x y 2 xy 16 

 

S P 4 a b 2 x y 4 

 

2 2 2 

2 x y x y ( x y) 0 x y 2 x 4 x 4 

Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất xy ; 4;4 

b) Điều kiện: x y 0. 

Biến đổi phương trình (1): 

2 2 2xy 

2 2xy 

x y 1 x y 1 2xy 

0 

x y x y 

 

Đặt x y S, 

xy P ta có phương trình: 

S 

P 

2P1 0 

S 

2 2 

3 2 2 

S P SP S S S P S S S S P 

. 

2 2 0 ( 1) 2 ( 1) 0 ( 1)( 2 ) 0 

Vì 

S 

2 

4 P, S 0 suy ra 

2 

S S P 

2 0. Do đó S 1 


Với x y 1 

thay vào (2) ta được: 2 

1 1 y y y 0, y 3 

2xy 

2 2 2 2 

Xét x y 1 x y 1 1 x y x y x y 0 

x 

y 

(không 

thỏa mãn điều kiện). 

Vậy hệ đã cho có nghiệm xy ; 1;0 , 2;3 

. 

c) Điều kiện: xy 0. 

Hệ đã cho tương đương: 

1 1 

1 

1 

x y 5 x y 5 

 

 

x y x y 

 

 

. 

2 

2 

2 2 1 1 

x y 9 1 

1 

2 2 

 

x y 9 

x y 

x y 

Đặt 

 

1 

1 

x y 

S 

 

x 

y 

 

1 

1 

x . y P 

 

 

x y 

Hệ trở thành: 

2 

S 

2P 

9 

S P 

 

S 

5 

1 1 

 

x 2; y 3 

x y 

5, 6 

. 

1 1 

x 

3; y 2 

x y 

3 

5 

x1; 

y 

2 

 

. Vậy hệ đã cho có nghiệm: 

3 

5 

x 

; y 1 

2 

 

3 

5 3 

5 

xy ; 

1; , ;1 

2 2 

. 

 


d) Hệ tương đương với : 

 

 

xy x y x y xy 30 

 

. 

xy x y x y xy 11 

Đặt xy x y a; 

xy x y b . Ta thu được hệ: 

 

xy x y 5 

 

ab 30 a 5; b 6 xy x y 6 

 

a b 11 

 

a 6; b 5 

. 

 

 

 

xy x y 

6 

 

xy x y 5 

 

 

TH1: 

TH2: 

xy 

2 

 

xy x y 

6 x 

y 3 

x2; y 1 

 

 

 

xy x y 5 

xy 

3 x1; y 2 

( L) 

x y 2 

xy 

5 

( L) 5 21 5 21 

 

; 

5 1 

x y 

xy x y x y 

 

 

2 2 

 

 

. 

xy x y 6 

xy 

1 

5 21 5 21 

 

x ; y 

x y 5 2 2 

Vậy hệ có nghiệm: xy 

II) HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2 

5 21 5 21 

; 1;2 , 2;1 , 

; 

2 2 

. 

 

 

Một hệ phương trình 2 ẩn xy , được gọi là đối xứng loại 2 nếu trong hệ 

phương trình ta đổi vai trò xycho , nhau thì phương trình trở thành 

phương trình kia. 

+ Tính chất.: Nếu x ; y là 1 nghiệm của hệ thì ; 

+ Phương pháp giải: 

0 0 

y x cũng là nghiệm 

0 0 


Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được một phương trình có dạng 

x 

y0 

x y f x; y 0 

. 

f x; y 

0 


a) 

 

 

 

 

2 

x x 2y 

2 

y y 2x 

b) 

2 2 

x 1 y 6 y x 1 

2 2 

y 1 x 6 x y 1 

 

 

 

 

c) 

 

 

 

 

3 

x 3x 1 2x 1 y 

3 

y 3y 1 2y 1 

x 

d) 

Giải: 

a) Điều kiện: xy , 0. Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được: 

2 2 

x x y y 2 y x 

x y 

x y x y x y 

1 2 

0 

 

 

Vì x y x y x y 

1 2 0 

nên phương trình đã cho tương đương với: x 

y. 

Hay 

 

x 

0 

 

2 2 

x 2x x 0 x x 2x x x 1 x x 1 

0 x 

1 

 

3 

5 

x 

2 

Vậy hệ có 3 cặp nghiệm: xy 

3 

5 3 

5 

; 0;0 , 1;1 , 

; 

2 2 

 

 


) Hệ đã cho 

 

 

 

 

2 2 2 

xy 6x y 6 yx y 

2 2 2 

yx 6y x 6 xy x 

Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được: 

 

2xy y x 7 x y x y x y 0 x y x y 2xy 

7 0 

x 

y 

 

x y 2xy 

7 0 

+ Nếu x y thay vào hệ ta có: 

+ Nếu x y xy x y 

x 

2 x 

y 2 

5x 6 0 

x 

y 3 

2 7 0 1 2 1 2 15 . 

Mặt khác khi cộng hai phương trình của hệ đã cho ta được: 

 

2 2 

2 2 

x y x x x y 

5 5 12 0 2 5 2 5 2 . Đặt 

a 2x 5, b 2y 

5 

Ta có: 

a b 

0 

2 2 

2 

 

a b 2 

a b 

2ab 

2 ab 

1 

 

a 4b 4 

 

 

15 ab 4a b 

1 

a b 8 

 

ab 31 

ab0 

 

ab 

1 

Trường hợp 1: xy ; 3;2 , 2;3 


a 

b 8 

 

ab 

31 

vô nghiệm. 

Vậy nghiệm của hệ đã cho là: xy ; 2;2 , 3;3 , 2;3 , 3;2 

 

c) Điều kiện: 

1 1 

x ; y 

2 2 


Để ý rằng 

1 

x y không phải là nghiệm. 

2 

Ta xét trường hợp x 

y 1 

Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được: 

 

3 3 

x 3x 1 2x 1 y 3y 1 2y 1 

y x 

2 2 

2x 

y 

( x y) 

x xy y 

4( x y) 0 

2x1 2y1 

 

 

2 2 2 

( x y) x xy y 4 0 x y 

 

2x1 2y1 

Khi x 

y xét phương trình: 

3 3 

x x x x x x 

2 1 2 1 0 2 2 1 1 

0 

2x 

2 

x x x x x 

2x1 1 2x1 1 

2 2 

( 1) 0 1 0 0 

Tóm lại hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x y 0 

HỆ CÓ YẾU TỐ ĐẲNG CẤP ĐẲNG CẤP 

+ Là những hệ chứa các phương trình đẳng cấp 

+ Hoặc các phương trình của hệ khi nhân hoặc chia cho nhau thì tạo ra 

phương trình đẳng cấp. 

Ta thường gặp dạng hệ này ở các hình thức như: 

+ 

2 2 

ax 

 

 

 

ex 

bxy cy d 

gxy hy k 

2 2 

, 


+ 

+ 

2 2 

ax 

 

 

 

gx 

bxy cy dx ey 

, 

hxy ky lx my 

2 2 

2 2 

ax 

 

 

 

gx 

bxy cy d 

….. 

hx y kxy ly mx ny 

3 2 2 3 

Một số hệ phương trình tính đẳng cấp được giấu trong các biểu thức chứa 

căn đòi hỏi người giải cần tinh ý để phát hiện: 

Phương pháp chung để giải hệ dạng này là: Từ các phương trình của hệ 

ta nhân hoặc chia cho nhau để tạo ra phương trình đẳng cấp bậc n : 

n nk k n 

a1 x akx . y .... any 

0 

Từ đó ta xét hai trường hợp: 

y 0 thay vào để tìm x 

n nk 

+ y 0 ta đặt x ty thì thu được phương trình: a1 t a t .... a 0 

+ Giải phương trình tìm t sau đó thế vào hệ ban đầu để tìm xy , 

Chú ý: ( Ta cũng có thể đặt y 

tx ) 


k 

n 

a) 

b) 

3 3 

 

x 8x y 2y 

2 2 

 

x 3 3 

y 1 

 

 

 

2 2 

 

xy x y 2 x y 

2 2 3 

5x y 4xy 3y 2 x y 0 

2 , 

 

 

xy 

 

Giải: 

3 3 

 

x y 8x 2y 

a) Ta biến đổi hệ: 

2 2 

x 3y 

6 


Để ý rằng nếu nhân chéo 2 phương trình của hệ ta có: 

3 3 2 2 

6( x y ) (8x 2 y)( x 3 y ) đây là phương trình đẳng cấp bậc 3: Từ 

đó ta có lời giải như sau: 

Vì x 0 không là nghiệm của hệ nên ta đặt y tx . Khi đó hệ thành: 

 

 

 

 

3 3 3 

2 3 

x x t x tx 1 2 8 

3 

x t t t t 

 

2 2 2 

 

2 2 

2 

1 

3t 

3 

 

8 2 1 4 

 

 

x 3 3t x 1 

 

x 13t 

6 

 

1 

 

t 

3 

3 2 2 

3 1 t t 4 1 3t 12t t 1 0 

t 

 

1 

4 

. 

* 

* 

 

 

x 

2 t 

2 

1 3 6 

1 

x 

3 

t 

3 x . 

y 

 

y 

1 

3 

4 78 

1 x 

13 

t . 

4 78 

y 

13 

Suy ra hệ phương trình có các cặp nghiệm: 

( ; ) 

4 78 78 4 78 78 

3,1 ; 3, 1 ; 

, ; , 

13 13 13 13 

 

xy 

b). Phương trình (2) của hệ có dạng: 


2 2 2 2 2 2 

 

2 2 

xy 1 x y 2 

0 

xy x y 2 x y 2xy x y xy 1 2 xy 1 0 

 

xy 

1 

 

x 

y 

2 2 

2 

TH1: 

 

2 2 3 

 

5x y 4xy 3y 2 x y 0 x 

1 

và 

 

xy 1 

y 

1 

 

x 

1 

. 

y 

1 

TH2: 

 

 

2 2 3 2 2 3 

5 x y 4xy 3y 2 x y 0 5x y 4xy 3y 2 x y 

 

 

2 2 2 2 

x y 2 x y 2 

(*) 

Nếu ta thay 

x 

y 2 vào phương trình (*) thì thu được phương trình 

2 2 

đẳng cấp bậc 3: 5x 2 y 4xy 2 3y 3 x 2 y 2 

x y 

Từ đó ta có lời giải như sau: 

Ta thấy y 0 không là nghiệm của hệ. 

Xét y 0 đặt x ty thay vào hệ ta có: 

Chia hai phương trình của hệ ta được: 

2 3 3 3 

5 4 3 2 

t y ty y ty y 

 

2 2 2 

t y y 2 

 

 

2 

5t 4t 3 t 1 

3 2 

t t t 

2 

t 

1 1 

4 5 2 0 

2 2 2 2 

t 1 

x y 

x 

x 

x1 x 1 5 5 

 

1 

1 . 

t x y y 

1 y 

1 2 2 

2 2 

 

y 

 

 

y 

5 

5 



a) 

b) 

2 

x y y 

2 3 2 3 0 

 

3 3 

2 

 

22y x 3y x 1 6x x 1 

2 0 

1 2x 

x 

y 

 

 

2 

3x 3y 2x y 

 

22x y 2x 6 y 

 

Giải: 


x 

2 

2y 3 0. 


 

3 3 2 2 3 2 3 

2 2y x 3y x 1 6x 6x 2 0 2 x 1 3y x 1 4y 

0 

Đây là phương trình đẳng cấp giữa y và x 1. 

+ Xét y 0 hệ vô nghiệm 

+ Xét y 0 . Đặt x 1 

ty ta thu được phương trình: 

3 2 

2t 

3t 

4 0 

Suy ra t 2 x 1 2y 

Thay vào phương trình (1) ta được: 

2 14 5 

x x 2 x 4 x y . 

9 18 

14 5 

Vậy hệ có một cặp nghiệm: xy ; ; 

9 18 . 

b) Dễ thấy phương trình (1) của hệ là phương trình đẳng cấp của x và y 

Điều kiện: y 0; 3 x 0 . 


Đặt 

2 2 

1 2x x tx 

y tx y t x thay vào (1) ta được: 

2 2 2 2 2 

3x 3t x 2x t x 

Rút gọn biến x ta đưa về phương trình ẩn t : 

2 2 

 

t 2 t t 1 0 t 2 y 2x 

0 . 

Thay vào (2) ta được: 

2 2 25 1 

4x 8x 2x 6 4x 10x 2x 6 2x 

6 

4 4 

2 2 

5 1 

2x 2x 6 

 

 

2 2 . 

Giải ra ta được 

17 3 13 3 17 

x y . 

4 2 

17 3 133 17 

Vậy nghiệm của hệ xy ; 

; 

4 2 

. 

 

 


a) 

 

3x 

 

y 

3 3 

2 2 

x y 

 

1 

 

x 

y 

1 

b) 

2 

x y xy x 

 

 

 

3 

x x xy 

1 2 2 1 

3 3 6 

Giải: 

a) Ta có thể viết lại hệ thành: 

3 3 

x y x y 

 

3 1 

 

2 2 

x y 1 

(1) 

Ta thấy vế trái của phương trình (1) là bậc 4. Để tạo ra phương trình đẳng 

2 2 2 

cấp ta sẽ thay vế phải thành ( x y ) . 

Như vậy ta có: 


2 

3x 3 y 3 x y x 2 y 2 2x 4 3x 3 y 2x 2 y 2 xy 3 2y 

4 0 

x 

y 

2 2 

( x y)( x 2 y)(2 x xy y ) 0 

 

x 2y 

 

 

2 2 

2x xy y 0 

+ Nếu 

mãn. 

2 

2 2 7 2 y 

2x xy y 0 x x 0 x y 0 

 

4 2 

không thỏa 

+ Nếu x y ta có 

2x 

1 x 

2 2 

2 

+ Nếu 

x 2y 5y 1 

y 

2 5 

5 

Tóm lại hệ phương trình có các cặp nghiệm: 

 

2 2 2 2 2 5 5 2 5 5 

xy ; 

; , ; , ; , ; 

2 2 

 

2 2 5 5 5 5 

 

b) Điều kiện y 1. Ta viết lại hệ thành: 

2 

x y x y 


 

 

x 

3 

1 2 ( 1) 1 

3 x( y 1) 6 

Ta thấy các phương trình của hệ đều là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối 

với x, y 1 

Dễ thấy y 1 không phải là nghiệm của hệ phương trình. 

Xét y 1. Đặt x t y 1 thay vào hệ ta có: 

3 2 

 

 

 

y 1 t 2t 

1 3 2 

t 

0 

 

t 3t 6( t 2 t) 0 

3 3 

3 

y 1 

t 3t 

 

6 

t 

 

 

+ Nếu t 0 thì x 0 . Không thỏa mãn hệ

3 3 1 

3 

t 3 27 y 1 9 y 1 6 y 1 x 9 

3 

9 

+ Nếu 

3 1 

Vậy hệ có 1 cặp nghiệm duy nhất ( xy ; ) 

9; 1 

3 

9 

Ví dụ 4: Giải các hệ phƣơng trình sau 

a) 

b) 

2 

xy x y 

 

 

 

2 

2 3 3 

2 xy ( x 2x 3) y x 3 

2 

x xy x 

 

 

 

3 0 

 

2 2 

( x 1) 3( y 1) 2 xy x y 2y 

0 

 

Giải: 

a) Điều kiện: y 0 . Phương trình (2) của hệ có dạng: 

y 1 

 

 

3 

2 xy( y 1) x ( y 1) 3( y 1) 

3 

2xy 

x 

3 

Trường hợp y 1 không thỏa mãn điều kiện 


3 

2xy 

x 3 

ta có hệ: 

3 

 

2xy 

x 

3 

 

. 

2 

xy x y 2 

Vế trái của các phương trình trong hệ là phương trình đẳng cấp bậc 3 

đối với x, 

y . Dễ thấy y 0. Ta đặt x t y thì thu được hệ: 

1 

(2 ) 3 

t 

 

2 3 2 

2t 

3t1 0 

1 

3 2 

y ( t t 

) 2 

t 1 2 

t 

 

2 

3 3 

y t t 

2 

t 

 

 

 

+ Nếu t 1 thì x y x 1 y 1 


+ Nếu 

1 

t thì 

2 

1 1 1 4 

2 3 3 9 

3 

x y y 4x x x y 

3 3 

1 4 

 

3 9 

Tóm lại hệ có các nghiệm: xy 

; 1;1 , ; 

3 3 


2 

x y y y 

2 0 0 . 

Từ phương trình thứ nhất ta có: 

thứ hai ta thu được: 

2 

xy x x 

3 thay vào phương trình 

2 2 2 

( x 1) 3( y 1) 2x 2x 6 2 y( x 2) 0 

2 2 

x y y x 

2 3 2 ( 2) 0 

Đây là phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với 

y và 

2 

x 

2 

2 

Đặt y t x 2 

ta thu được: 

t 

1 

 

2 

3t 

2t1 0 

1 

t ( L ) 

 

3 

2 

Khi t 1 ta có: y x 2 thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta thu 

được: x 1 y 3 

Tóm lại hệ phương trình có một cặp nghiệm ( xy ; ) (1; 3) 


a) 

2 2 8xy 

x y 16 

x 

y 

 

2 3 2 

x 2x x x y 

 

 

8y 

3 3y 

4 2 

 

x y 3x 1 3 x y( 1 x 1) 

 

2 2 

8x 3xy 4y xy 4y 

2 3 

b) 

Giải: 



3 2 

x x 

y 0, x y 0, 0 . 

3y 

4 


x 2 3 2 2 2 

4 x 3 y 4 3 4 3 

2 x x x x y 2 x 

. 

x y 

 

8y 6 12y 16 8y 6 8y 

6 6 . 

Đây là phương trình đẳng cấp đối với 

2 

xy và 4 x 

3 

8 6 

y 

Ta thấy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 

hay 

2 

x 4x 3y 

0, 0 . 

8y 

6 

2 

xy và 4 x 

3 

8 6 

y 

cùng dấu 

Đặt 

2 

x 

a, 

8y 4x 

3y 

6 

b suy ra 

2 2 

a b 2ab a b 

2 x 

6y 

x 4x 3y 

 

2 . 

8y 6 x 

y 

3 

TH1: x 6y 

thay vào (1) ta có: 

28 168 ( ) 

4 

y x L 

2 2 

37 37 

y y 16y 

16 

. 

9 

4 24 

y x 

7 7 

TH2: 

2 

x y thay vào (1) ta có: 

3 

12 

y ( L ) 

. 

 

y 12 x 8( TM ) 

4 2 2 

y y 16y 

16 13 

9 


24 4 

 

7 7 

Vậy hệ có nghiệm xy ; ; , 8;12 

. 


xy 

0 

xy 

, 0 

x 

1 

x 1 

y 0 

 

 

Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ là phương trình đẳng cấp đối với 

xy. , Ta thấy nếu y 0 thì từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra 

x 0 , cặp nghiệm này không thỏa mãn hệ. 

Xét y 0. Ta chia phương trình thứ hai của hệ cho y ta thu được: 

2 

x x x 

8 

3 4 4 . Đặt 

y y y 

x 

y 

t ta thu được phương trình 

4 4 

4 2 

t 

 

t 

 

8t 3t 4 4 t 

 

 

 

t 

4 t 

4 

 

1 

4 2 

t 

3 2 

2t t 2t 3 0 ( t 1)(2t 2t t 3) 0 

Khi t 1 x y . 

4 2 2 4 2 

8t 3t 4 t 8t 16 8t 4t 8t 

12 0 

Phương trình thứ nhất của hệ trở thành: 

3 3 

x 3x 1 3 x( 1 x 1) . 

Điều kiện: 0x 

1. Ta thấy x 0 không thỏa mãn phương trình. 

Ta xét 0x 

1. Chia bất phương trình cho 

3 

x 0 ta thu được phương 


3 

3 1 1 1 

trình: 1 3 1 

2 3 

x x 

 

x x 

. Đặt 1 t t 1 phương trình trở 

 

x 

3 3 

3 2 3 2 

thành: t t t t t t t t 

3 1 3 1 3 1 1 3 

Dễ thấy f t f 

Xét f ( t) t 3 3t 2 1 t t 1 

3 

phương trình có nghiệm duy nhất t 1 

x 

1 

1 3 suy ra

Tóm lại hệ phương trình có nghiệm xy ; 1;1 

Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ xy , dựa vào phương trình thứ hai của 

hệ theo cách: 

Phương trình có dạng: 

( x y)(8x 5 y) ( x y) 

y 

2 2 

8x 3xy 4y 3y xy y 0 0 

2 2 

x 

y 

 

 

8x 5 y y (3) 

0 

 

2 2 

8x 3xy 4y 3y 

xy y 

x 

y 

8x 3xy 4y 3y 

xy y 

. Vì xy , 0 nên ta suy ra 

PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG 

Biến đổi tương đương là phương pháp giải hệ dựa trên những kỹ thuật 

cơ bản như: Thế, biến đổi các phương trình về dạng tích,cộng trừ các 

phương trình trong hệ để tạo ra phương trình hệ quả có dạng đặc biệt… 

* Ta xét các ví dụ sau: 


a) 

b) 

x y y x 

 

4 2 3 2 

3 x ( x y) 

6x y y 

2 

1 4 2 5 2 ( 1) 5 

3 3 2 

x x y y 

 

 

12 6 16 

2 2 

x y xy x y 

4 6 9 0 

(1) 

(2) 


2xy x 2y 

3 

x 4y 3x 6y 

4 

c) 3 3 2 

d) 

2 

y x 

3 

y x 

 

 

 

7 6 ( 6) 1 

2 

2( x y) 6x 2y 4 y x 1 

Giải: 

a). Điều kiện 

x 

1 

 

y 

2 

 

5 2 y ( x 1) 

2 

Xuất phát từ phương trình (2) ta có: 

4 3 2 2 

3x 6 x y ( x y) y 0 

x 

0 

2y 

3 2 

3 x ( x 2 y) x( x 2 y) 0 x( x 2 y)(3x 

1) 0 

x 

Với x 0 thay vào (1) ta có: 

1 4 2y 4 2y 5 4 2y 4 2y 

4 

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có 

2 

4 2y 4 2y 2(4 2y 4 2 y) 16 4 2y 4 2y 

4 

Dấu = xảy ra khi: 4 2y 4 2y y 0 

Hệ có nghiệm: (0;0) 

Với: x 

2y. Thay vào phương trình trên ta được 

x x x x x x x x 

(*) 

2 

1 4 5 ( 1) 5 1 4 ( 1)(4 ) 5 


2 

t 5 

Đặt t x 1 4 x 0 x 1. 4 x . Thay vào phương 

2 

2 

t 5 

2 t 

5 

trình ta có: t 5 t 2t 

15 0 

2 

. 

t 

3 

Khi 

t 3 

2 x 

0 

x 1. 4 x 2 x 3x 

0 

x 3 

3 

; 0;0 , 3; 

2 

Tóm lại hệ có nghiệm xy 

Nhận xét : Điều kiện t 0 chưa phải là điều kiện chặt của biến t 

Thật vậy ta có: 

t x x t x x t 

2 2 

1 4 5 2 ( 1)(4 ) 5 

Mặt khác theo bất đẳng thức Cô si ta có 

2 

2 ( 1)(4 ) 5 10 5; 10 

x x t t 

b) Hệ viết lại dưới dạng 

3 3 

x x y y 

12 ( 2) 12( 2) 

2 2 

x x( y 4) ( y 3) 0 

Đặt t y 2 . Ta có hệ : 

 

 

 

12 12 ( )( 12) 0 (*) 

 

( 2) ( 1) 0 2( ) 1 0 (2*) 

3 3 2 2 

x x t t x t x t xt 

2 2 2 2 

x x t t x t xt x t 

Từ (*) suy ra 

2 2 

x t xt 

 

x 

t 

12 0 (3*) 

- Với x t thay vào (2*) ta có phương trình 

Từ đây suy ra 2 nghiệm của hệ là xy 

- Với (3*) kết hợp với (2*) ta có hệ 

2 

3x 

4x1 0 

1 7 

; 1;3 , ; 

3 3 


13 

x t 

 

 

( x t) xt 2( x t) 1 0 0 121 

xt 

4 

2 

( x t) xt 12 0 2 

 

2 

( VN ) 

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: xy 

c) Đưa hệ phương trình về dạng: 

( x1)(2 y1) 2 

 

3 1 3 2 3 

( x 1) (2y 1) 3( x 1) (2y 

1) 5 

2 2 

Đặt: a x 1; b 2y 1. 

Khi đó ta thu được hệ phương trình: 

ab 

2 

 

ab 

2 

3 1 3 2 3 

a b 3a b 5 

2 2 

. Do x t 2 4xt 

1 7 

; 1;3 , ; 

3 3 

3 3 2 

2a b 6a 3b 

10 

Từ hệ phương trình ban đầu ta nhẩm được nghiệm là x y 1nên ta sẽ 

có hệ này có nghiệm khi: a 2; b 1 

( a 2) b 2(1 b) 

Do đó ta sẽ phân tích hệ về dạng: 2 2 

( a 2) ( a 1) ( b 1) ( b 2) 

Vì ta luôn có: b 0 nên từ phương trình trên ta rút ra 

Thế xuống phương trình dưới ta được: 

2(1 b) 

a 2 

 

b 

2 

4( b 1) 2 2 2 

2 ( a 1) ( b 1) ( b 2) ( b 1) 4( a 1) b ( b 2) 

0 

b 

b 1 

 

 

2 

4( a 1) b ( b 2) 

 

 


Với: b1 a 2 , suy ra: x y 1; . 

2 

Với 4( a 1) b ( b 2) . Ta lại có: 

b 2 

ab 2 b( a 1) b 2 a 1 . 

b 

Thế lên phương trình trên ta có: 

4( b 2) 

b 

1 

2 1 2; 

( 2) 

b a x y 

2 

 

4 (Không TM) 

2 

b b 

3 

b 

1 

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là: xy ; (1;1) , 2; 

 

2 

d) Điều kiện: 

x 

1 

 

y 

0 

. Ta viết lại hệ phương trình thành: 

2 

2( x y) 6x 2y 4 y x 1 

2 

2( x y) 6x 2y 4 y x 1 . Bình phương 2 vế ta thu 

được: 

2 2 

2x 4xy 2y 6x 2y 4 x y 1 2 y( x 1) 

 

 

 

2 2 

2 ( x 1) 2 y( x 1) y ( x 1 y) 2 y( x 1) 

x1 

y 

x y x y 

x y 

x1 

y 

2 2 

2( 1 ) ( 1 ) 0 1 

 

Thay vào phương trình (2) ta có: 

2 3 2 

y y y y y y 3 y y 

7 1 ( 7) 1 7 1 ( 7) 1 . 

3 

Đặt a y( y 7) ta có phương trình: 


a 

3 

a 

1 

a 

1 

 

a 0 

1 a1 

 

3 2 

a a 2a 

0 

 

 

a 1 

a 2 

Với 

Với 

Với 

y 0 x 1 

a 0 

 

y 7 x 

6 

a y y 

7 3 5 5 3 5 

y x 

2 2 

7 3 5 5 3 5 

y x 

2 2 

2 

1 7 1 0 

 

2 y 1 (L) 

a 2 y 7y 

8 0 

y 8 x 

7 

Hệ phương trình đã cho có nghiệm là : 

 

5 3 5 7 3 5 5 3 5 7 3 5 

xy ; ( 1;0),(6;7), 

; , ; ; ,(7;8) 

2 2 2 2 

 


a) 

b) 

c). 

2 2 

x y x y 

(2 2) 3 0 

2 2 3 2 

x 2 xy ( y 3) x 2y 6y 

1 0 

2 2 

x xy y y 

 

 

2 2 2 0 

3 2 2 

x x y y y x 

2 2 2 0 

2 3 2 2 

xy x y yx y x 

 

 

3 4 3 0 

2 2 

3x y y 3xy 

1 0 

Giải: 


a) Cách 1: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất theo vế ta 

2 3 2 2 

được: 2 xy ( y 3) x 2y 6y 1 (2y 2) x 3y 

0 

2xy 2 xy 2y 3 3y 2 1 x 0 x y 

2 y 1 2y 3 3y 

2 

( y 1)(2 y 1)( x y 1) 0. 

+ Nếu y 1thay vào phương trình (1) ta có: 

+ Nếu 

1 

y thay vào phương trình (1) ta có: 

2 

2 3 

2 3 

4x 12x 3 0 x 

2 

+ Nếu y x1thay vào phương trình (1) ta có: 

 

 

2 1 

0 

x 

2 

3 x 3 

2 2 2 2 

x x x x x 

2 3( 1) 0 4 6 3 0 . Vô nghiệm. 

32 2 1 32 2 1 

Kêt luận: xy ; ( 3;1),( 3;1), 

; , ; 

2 2 2 2 

 

* Cách 2: Phương trình thứ hai phân tích được: 

2 

(2 y x)( x y 3) 1 

0 

Phương trình thứ nhất phân tích được: 

2 2 

( xy) 2( x 

2 y ) 0 

Đặt 

2 

2 

a 

b 

, 2 ta có hệ: 

a x y b x y 

2 0 

 

( a 

3) b1 0 

b) Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất, ta được: 

3 2 2 

x x x y xy x 

2 2 0, hay 

3 2 2 

( x x 2 x) y( x 2 x) 0. 

Do 

3 2 2 

x x x x x x 

2 ( 1)( 2 ) nên từ trên, ta có 

2 

( x 2 x)( x 1 y) 0. 

+ Nếu 

y 0 

x 0 

 

y 2 


+ Nếu 

y 0 

x 2 

 

4 

y 

3 

2 

+ Nếu y x 1 thay vào phương trình (1) ta thu được: 1 2y 

2y 0 vô 

nghiệm. 

Kết luận: 

Hệ phương trình có các cặp nghiệm là: 

4 

xy ; (0;0),(0; 2), 2;0 , 2; 

3 

c) Hệ được viết lại như sau: 

 

 

 

 

 

xy 2 y 3x 2 3x 3 y 4x 2 y xy y y 3x 2 4x 2 y 

 

 

2 2 2 2 

3x y y 3xy 1 0 3x y 3xy 

1 0 

Xét với y 0 thay vào ta thấy không là nghiệm của hệ . 

Với y 0 ta biến đổi hệ thành : 

1 

x 

y 3x 4x 

y 

 

2 1 

3x y 3x 

0 

 

 

y 

2 2 

 

1 

x 

y 3x 4x 

y 

 

2 1 

3x y x 4x 

 

y 

2 2 

Đặt : 

1 

a 

x 

y 

 

b y 3x 

2 

2 

ab 

4x 

Khi đó hệ trở thành hệ : 

a b 4x 

Theo Viets thì ta có 2 số a và b là nghiệm của phương trình : 


1 

1 

 

2x x 

y 

 

 

y 

x 

 

 

2 

1 

2x y 3x 

 

2x 3x 

x 

1 

y 1 

x y 

x 

1 

x 

1 2 3 2 y 1 

2x 3x 3x 2x 

1 0 

 

 

x 

2 2 2 

t 4xt 4 x ( t 2 x) 0 t 2x 

Vậy hệ có 1 nghiệm xy ; 

1;1 

2 


a) 

 

3 

x y 

1 1 2 

 

 

x y 9y x9 y y 

2 4 3 

 

3 2 

x 2x y 15x 6 y(2x 5 4 y) 

 

b) 2 3 2 

x 2x x x y 

 

8y 

3 3y 

4 2 

c) 

3x 6 2x 4 4 3y 9 2y 

 

6x 3x y 2xy 4 y 4x 6x 

3 2 2 2 

d) 

3 4 2 

x y y x y 

 

 

8 3 4 

2 

2xy y y 2 

Giải: 

a) Từ phương trình (2) của hệ ta có: 

 

x y y x y y x y x y 

x 

y 

2 4 3 3 

9 9 9 0 3 

x y 

Vì y 1 và 3 1 x 1 y 2 nên 3 1 x 2 x 

7 

 

9 0 

Do đó 

x 

3 

y 9 1 0 nên 

x 

3 

y 9 0 vô nghiệm. 

Ta chỉ cần giải trường hợp x 

y. Thế vào phương trình ban đầu ta 

. Đặt a 3 

1 x; b 1 x b 

0 

được: 3 1 x 1 x 2 

thì 


ab2 

3 2 

a 

b 

2 

2 

 

3 3 2 2 

a a a a a a a a 

2 2 4 2 0 1 2 2 0 

Từ đó suy ra nghiệm của phương trình ban đầu 

x 0; x 11 6 3; x 11 

6 3 

Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là 

x y 0; x y 11 6 3; x y 11 

6 3 

b) Phương trình thứ nhất của hệ 

2 

 

2y 

x 

 

y 

12 

(2 y x) x 12y 15 0 2 

x 15 

TH 1: 

2 

x 15 

y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 

12 

 

2 3 2 2 

3x 2x 4x x x 15 

 

2 

2 

3 x 15 4 24 

2 x 15 

 

2 2 

36x 

x 2 2 

12 

2 2 x 16x 15 x 16x 

15 

0 

x 15 x 15 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 

 

2 

x x x x 

16 15 0 16 15 0 

 

x 

 

x 

 

x 15 

x 15 

2 

2 

6 

2 x 16x15 

2 

x 

x 

16 15 0 

 

2 2 2 

36x x 15 x 16x 

15 (*) 

2 

2 

36 x 16x15 

2 

Xét phương trình (*) 36x 2 x 2 15 x 2 16x 

15 


Vì x = 0 không phải là nghiệm. Ta chia hai vế phương trình cho 

có: 

15 15 

36 x x16 

 

x x Đặt 

2 t 

2 

15 

x t t 16t 

36 0 

x 

 

t 

18 

2 

x ta 

+ Nếu 

2 x 

5 

15 

t 2 x 2 x 2x 15 0 x 5 

x 

 

x 

3 

+ Nếu t = 18 

15 

 

2 

x 9 4 6 

x 18 x 18x 15 0 

x 9 4 6 

x 

x 9 4 6 

5 27 12 6 

Nghiệm của hệ đã cho là: xy ; 5; , 9 4 6; 

6 2 

 

TH 2: x 2y 

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có: 

2 3 2 2 

x 2x 2x x x 7 11x 

x 

x 0 

4x 

3 3x 

4 4 6 12 

(loại) (do điều kiện 

y 0 ) 

5 27 12 6 

KL: Nghiệm của hệ đã cho là: xy ; 5; , 9 4 6; 

6 2 

 

c) Điều kiện 

x 

2 

 

y 

3 

Phương trình (2) của hệ tương đương với: 

y2x2 

2 

y23x 

2 

(2x 2 y)(3x y 2) 0 


+ Với y 2x 2 thế vào phương trình (1) ta được: 

(1) 7x 6 2x 4 4 6x 

15 4 0 (3) 

Đến đây sử dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 

 

6 2x 4 3.2 2( x 2) 3x 

 

6 2x 4 4 6x 15 7x 

4 

4 6x 15 2.2 3(2x 5) 2(2x 

2) 

Dấu '' '' xảy ra khi chỉ khi x 4 

Từ (3) suy ra x 4 là nghiệm duy nhất. Vậy hệ có nghiệm ( xy ; ) (4;6) 

- Với 

y 

2 

2 3x 

2 hệ vô nghiệm do điều kiện y 3 

Vậy hệ đã cho chỉ có 1 nghiệm ( xy ; ) (4;6) 

d) Thế phương trình 2 vào phương trình 1 của hệ ta được phương trình : 

 

3 4 2 2 3 3 2 

x y 8y 3x y 2(2 xy y y ) x 8y 3x y 4x 2 2y y 

Vì y 0 không là nghiệm của hệ. Chia cả hai vế cho y ta được phương 

trình 

3 3 2 3 2 3 

x y x x y x x x y y 

8 3 4 2 2 3 4 8 2 2 

Đặt : z x 1 x z 1 . Khi đó ta có phương trình : 

 

8 2 2 4 2 0 do 4 2 0 

 

 

z 2y x 1 2y x 2y 

1 

3 3 2 2 2 2 

z z y y z y z y zy z y zy 

Thế vào phương trình 2 của hệ ta được phương trình: 

y 1 x 

1 

 

y 

3 

x 

3 

2 

3y 

y 2 0 2 7 


Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm 

7 2 

( xy ; ) (1;1); ; 

3 3 


a) 

b) 

c) 

 

 

 

 

y y x 

3 

3y 

 

2 2 

3y 1 2y x 1 4y x 2y 

1 

2 

xy y 

 

2x 

3 2 3 

 

 

2 3 2 2 

2x x y 2x y 7xy 

6 

x 4 xy y y x 

2 

 

 

 

2 3 

2yx 

x 

10 

 

2 6 7 2 9 

 

Giải: 


x 

2 

2y1 0 . 


4y 4y x 2y 1 x 2y 1 x 2xy y 

2 2 2 2 2 

2 

 

2 

2 

2y x 2y 1 x y 

 

 

 

2 

x 2y 1 3y x 

2 

x 2y 1 x y 

TH1: 

2 

x 2y 1 3y x 

. Bình phương hai vế phương trình ta được: 

3y 

x x 1; y 1( TM ) 

3y 

x 

 

 

2 

 

6 9 2 1 

2 2 2 xy y y 

415 17 

x 2y 1 9y 6xy x 

x ; y ( TM ) 

2 

xy y 3y 

3 51 3 

. 


TH2: 

2 

x 2y 1 x y 

. Bình phương hai vế phương trình: 

x 

y0 x 1; y 1 

x y 0 

 

 

2 

 

2 2 1 

2 2 2 xy y y 

41 7 

x 2y 1 x 2xy y 

x ; y ( L) 

2 

xy y 3y 

3 21 3 

. 

Vậy hệ có nghiệm xy 

415 17 

; 1;1 , ; 

51 3 . 

b) Từ phương trình (1) ta thấy: 2x1 y 3 31 

y 

2 

 

TH1: y 1 thay vào (2) ta có: 

. 

3 

x x x x x 

7 6 0 1; 3; 2 . 

TH2: Kết hợp với (2) ta có hệ mới: 

2 

 

2x 2xy 2xy 3 

3y 

 

 

2 3 2 2 

2x x y 2x y 7xy 

6 

. (*) 

(3) 

2 

Phương trình (3) tương đương với: xy xy x 

+ Nếu: xy 2 thay vào (*) ta có: 

2 2 3 0 . 

1 

y 

2x 4 4y 3 3y x y 1 y 

4. 

2 

Phương trình này vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. 

+ Nếu 

2xy 

3 

2 

x thay vào (*) ta có: 

 

 

2x 3 x y 3 x 3 3y y 1 

x 

2 

2 

2x 

1 3 x x 1; y 1 

x 

2 2 2 

Vậy hệ có nghiệm xy ; 1;1 , 3;1 , 2;1 

. 


c) Phương trình (1) tương đương: 

 

4 2 2 2 2 2 

x x y x x x x x x y x x 

. 

7 9 2 3 0 3 3 2 3 0 

TH1: 

TH2: 

x 

2 

1 13 79 13 

x y 

2 36 

x 3 0 

. 

1 13 79 13 

x y 

2 36 

2 2 

2y x x 3 

thay vào (2) ta có: 

 

 

5 

x 5 y 1 

2 2 3 

2 

x x 3 

x x 10 

. 

5 

x 5 y 1 

 

2 

Vậy hệ có nghiệm 

 

1 13 79 13 1 13 79 13 5 5 

xy ; 

; , ; , 5;1 , 5;1 

2 36 

2 36 2 2 

 


xy x y 1 

a) 3 2 3 

4x 12x 9x y 6y 

7 

xy x 2y 

4 

b) 3 2 3 

4x 24x 45x y 6y 

20 

c) 

3 

 

2 

1 x 3 3 

xy y 

2 

 

 

x 

2 

 

 

 

2 1 4 

 

xy 2 

2y 

 

2 

x x 

d) 

2 2 

x y x 

 

 

x 

 

2 2 

3 

2xy 

4y 

1 

x 

y1 

Giải: 


3xy 3x 3y 

3 

a) Hệ tương đương: 

. 

3 2 3 

4x 12x 9x y 6y 

7 

Trừ hai phương trình cho nhau ta được: 3 3 

3 3 3 

4 x 1 4y 3y 3xy 3y 

4 x 1 y 3xy 3y 

2 2 2 

x y x x y y y y x 

4 1 1 1 3 1 

 

 

2 2 2 

x y x x y y y y xy y 

4 1 1 1 3 11 

 

 

2 2 2 

x y x x y y y x y 

4 1 1 1 3 1 

 

 

x y x y 

1 2 2 0 

2 

Với y 1 x thay vào (1) ta được: 

x 

2 

x 2 0 (vô nghiệm). 

Với y 2x 2 thay vào (1) ta được: 

5 17 

x 

 

4 

. 

5 17 

x 

 

4 

2 

2x 

5x 

1 0 

5 17 1 17 5 17 1 

17 

Vậy hệ có nghiệm xy ; 

; , ; 

4 2 4 2 

. 

 

6y 3x 3xy 

12 0 

b) Hệ tương đương: 

. 

3 2 3 

4x 24x 45x y 6y 

20 

Trừ hai phương trình trên cho nhau ta được: 

3 2 3 

4 24 48 32 3 12 

x x x y xy y 

 

 

3 3 3 

4 x 2 4y 3y 3xy 12y 

2 2 2 

x y x x y y y y x 

4 2 2 2 3 4 

 

 


Thế x xy 2y 

4 vào VP ta được: 

x y x 2 x y y 2 y y 2 y xy y 2 

x y 

4 2 2 2 3 2 4 4 3 2 

 

 

 

 

2 2 

x y 2 4 x 2 4 x 2 y y 0 . 

 

Với y x 2 thay vào (1) ta được: 

Với y 2x 2 thay vào (1) ta được: 

x 

2 

5x 8 0 (vô nghiệm). 

17 7 

x 

 

4 

 

17 7 

x 

 

4 

2 

2x 

7x 

4 0 

. 

17 7 1 17 17 7 1 

17 


 

; , ; 

4 2 4 2 

. 

 

c) Điều kiện: x 0 . 


2 

1 

1 1 2 

y 2 0 xy 2 y . 

2 

x 

x x x 


3 3 

1 1 1 1 2 

1 

1 1 2 

2 

2 

x x 2 x x 

2 

t t 4 t 3 t 2 t 

2 1 6 12 2 4 3 0 . 

2 2 

t t t t 

3 3 

TH1: 

1 3 

t x 2 y . 

2 4 


TH2: 

4 3 2 

6t 12t 2t 4t 

3 0 

2 2 

1 

6t 

t 

3 

3 

2 

(vô lý) 

3 

Vậy nghiệm của hệ xy ; 2; 

 

4 . 

d) Điều kiện: x 

y 1. Phương trình (2) tương đương: 

x 2 4y 2 

x y 1 2xy x y 1 

. 

Phân tích nhân tử ta được: x y x 2 y 2 xy y 

2 1 2 1 0 . 

TH1: x 2y1 0 thay vào (1) dễ dàng tìm được: 

 

1 2 14 3 14 2 14 1 3 

14 

xy ; 

; , ; 

5 5 5 2 

. 

 

TH2: Kết hợp với (1) ta có hệ mới: 

2 2 

x y xy y 

 

 

 

2 1 

. 

3 

2 2 

x y x 

Giải bằng cách: 

 

2 

PT (1) PT (2) 3y xy x y 4 0 y 1 x 3y 

4 0 . 

Vậy nghiệm của hệ 

1 2 14 3 14 2 14 1 3 14 10 17 

; 

; , ; , ; , 1;1 , 1; 1 , 2; 

5 5 

5 2 

11 10 

xy 

Ví dụ 7) Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực: 

a) 

2 2 

x y x y 

 

 

 

2 2 8 6 0 

2 

x xy y x 

4 1 0 

2 

 

2x 2xy y 5 0 

b) 

2 

y xy 5x 

7 0 


Giải: 

* Cách 1: Đặt 

x u a 

 

y v b 

thay vào phương trình (1) của hệ ta có: 

2 2 

( u a) 2( v b) 2( u a) 8( v b) 6 0 

 

2 2 2 2 

u v a u v b a b a b 

2 2( 1) 4 ( 2) 2 2 8 6 0. 

Ta mong muốn không có số hạng bậc nhất trong phương trình nên điều 

a 

10 

a 

1 

kiện là: 

b 

2 0 b 

2 

Từ đó ta có các h đặt ẩn phụ như sau: Đặt 

xu1 

 

y 

v 2 

thay vào hệ ta có: 

2 2 

u 

v 

 

 

u 

2 

2 3 

uv 

2 

đây là hệ đẳng cấp. 

Từ hệ ta suy ra 

u 

v 

2u 2 2v 2 3u 2 uv 

u 2 3uv 4v 

2 0 

u 

4v 

Công việc còn lại là khá đơn giản. 

* Cách 2:Ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2). 

2 2 2 

x 2y 2x 8y 6 k 

x xy y 4x 

1 

0 

2 2 

(1 k) x (2 4 k ky) x 2y 8y ky k 6 0 

Ta có 

 

2 2 

(2 4 k ky) 4( k 1)(2 y 8y ky k 6) 

 

 

2 2 2 2 

k 8k 8 y (4k 32k 32) y 12k 12k 

20 . 


Ta mong muốn có dạng 

( Ay ) 

có nghiệm kép: 

2 

B 0 

2 

 

4k 32k 32 4 k 8k 8 12k 12k 20 0 k . 

2 

2 2 2 3 

Từ đó ta có cách giải như sau: 

Lấy 2 lần phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) của hệ ta có: 

x 2 y 2 x y x 2 xy y x 

2 2 2 8 6 3 4 1 0 

 

 

2 2 2 2 

x xy x y y x y x y y 

3 8 4 13 9 0 3 8 4 13 9 0 

2 2 

2 2 

Ta có 3y 8 44y 13y 9 25y 100y 100 5y 

10 

Từ đó tính được: 

3y 8 (5y10) 

 

x y1 

2 

 

3y 8 (5y10) 

x 4y 

9 

2 

Phần việc còn lại là khá đơn giản. 

b) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta thu được: 

 

2 2 2 2 

2x 2xy y 5 y xy 5x 7 0 2x y 5 x y y 12 0 

y 1 

x 

2 

x y 

2 

Nhận xét: Khi gặp các hệ phương trình dạng: 

2 2 

 

a1x a2xy a3 y a4x a5 y a6 

0 

 

2 2 

b1 x b2 xy b3 y b4 x b5 y b6 

0 


+ Ta đặt x u a, 

y v b sau đó tìm điều kiện để phương trình không có 

số hạng bậc 1 hoặc không có số hạng tự do . 

+ Hoặc ta cộng phương trình (1) với k lần phương trình (2) sau đó chọn k 

sao cho có thể biễu diễn được x theo y . Để có được quan hệ này ta cần 

2 

dựa vào tính chất. Phương trình ax bx c biểu diễn được thành dạng: 

2 

( Ax B) 0 

Đối với các hệ đại số bậc 3: 

Ta có thể vận dụng các hướng giải 

+ Biến đổi hệ để tạo thành các hằng đẳng thức 

+ Nhân các phương trình với một biểu thức đại số sau đó cộng các phương 

trình để tạo ra quan hệ tuyến tính. 

Ví dụ 8) Giải hệ phương trình với nghiệm là số thực: 

a) 

3 2 

x 

xy 

 

 

 

3 49 

2 2 

x 8xy y 8y 17x 

c) 

3 2 

x x y xy x 

 

 

 

3 6 3 49 

2 2 

x xy y y x 

6 10 25 9 

b) 

3 3 

x 

y 

 

 

 

35 

2 2 

2 3 4 9 

x y x y 

d) 

 

xy 3x y 4 

 

 

 

 

3 

7x 11 3 x y x y 1 (1) 

Giải: 

a) Phân tích: Ta viết lại hệ như sau: 

3 2 

x 

xy 

 

 

 

3 49 0 

2 2 

y x y x x 

8( 1) 17 0 

Nhận thấy x 1 thì hệ trở thành: 

 

 

2 

y 16 0 

2 

3y 

48 0 

 

y 4 

Từ đó ta có lời giải nhƣ sau: 

Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) của hệ ta có: 


3 2 2 2 

x xy x xy y y x 

3 49 3 8 8 17 0 

x 

x y 

 

2 2 

1 ( 1) 3( 4) 0 

Từ đó ta dễ dàng tìm được các nghiệm của hệ: xy ; 1;4 , 1; 4 

b) Làm tương tự như câu a 

Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) thì thu được: 

2 2 

x 1 

( x 1) 3( y 5) 

0 . Từ đó dễ dàng tìm được các nghiệm của 

hệ. 

c) Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) ta thu được: 

3 3 

( x 2) ( y 3) x y 5 


2 2 2 y 3 

2( y 5) 3y 4( y 5) 9y 5y 25y 

30 0 

y 2 

Vậy hệ phương trình có các nghiệm là: xy ; 2; 3 , 3; 2 

d) Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được: 

2 2 

x 1 

y ( x 3) y x x 2 

0 

Trường hợp 1: x 1 hệ vô nghiệm 

 


2 2 

y x y x x 

 

 

 

( 3) 2 0 

3 2 

x y x y xy 

( )( 1) 

Lấy 2 lần phương trình (2) trừ đi phương trình (1) ta thu được: 

2 2 

 

2x 1 y ( x 1) y x x 2 

0 

+ Nếu 

1 3 3 5 

x y 

2 4 


+ Nếu 

2 2 

y x y x x 

( 1) 2 0 ta có hệ: 

2 2 

y x y x x 

 

 

 

( 1) 2 0 

. 

( 3) 2 0 

2 2 

y x y x x 

Trừ hai phương trình cho nhau ta có: y 1 thay vào thì hệ vô nghiệm 

1 33 5 1 33 5 

KL: Nghiệm của hệ là: xy ; 

; , ; 

2 4 2 4 

 

d). 

Ta có: (1) 7x 3 3xy 3x y 1 3 x y x y 1 

 

 

3 

7x 3xy 4x 2y x y 1 3 x y x y 1 

 

 

3 3 3 3 

8x y 6xy 2x y x y 3xy x y 3 x y 1 x y 1 

3 

2x y x y 3x yx y 1 1 x y 1 

3 3 3 

 

2x y x y 1 x 1. 

Vậy hệ phương trình đã cho tương đương với: 

 

x 1 x1 x1 

 

. 

 

y 

y3 

4 y 1 y 

4 

PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ 

Đặt ẩn phụ là việc chọn các biểu thức f ( x, y); g( x, y ) trong hệ phương 

trình để đặt thành các ẩn phụ mới làm đơn giản cấu trúc của phương 

trình, hệ phương trình. Qua đó tạo thành các hệ phương trình mới đơn 

giản hơn, hay quy về các dạng hệ quen thuộc như đối xứng, đẳng cấp… 

Đễ tạo ra ẩn phụ người giải cần xử lý linh hoạt các phương trình trong 

hệ thông qua các kỹ thuật: Nhóm nhân tử chung, chia các phương trình 

theo những số hạng có sẵn, nhóm dựa vào các hằng đẳng thức, đối biến 

theo đặc thù phương trình… 


Ta quan sát các ví dụ sau: 


a) 

 

 

 

 

2 2 

2x 2xy y 2 

3 2 2 3 

2x 3x 3xy y 1 0 

b) 

4 2 2 

x x y y 

 

 

 

4 6 9 0 

2 2 

x y x y 

2 22 0 

Giải: 

a) Ta viết lại hệ phương trình thành: 

 

 

 

 

2 2 

3 x ( x y) 2 

3 2 3 2 

3x 3 x y ( x y) 3x 

1 

 

 

 

 

2 2 

3 x ( x y) 2 

2 3 2 

3 x ( x y) ( x y) 3x 

1 

. 

Đặt 

2 

a 3 x , b x y 

ta thu được hệ phương trình: 

2 

 

ab 

2 

 

. 

3 

ab b a 1 

Từ phương trình (1) suy ra 

thu được: 

a 

2 

b 

2 vào phương trình thứ hai của hệ ta 

2 3 2 2 

b b b b b b b a 

2 2 1 2 1 0 1 3 

Khi 

x 

1 

2 

 

a 

3 x 

1 

y 

0 

 

b 1 x y 1 

x 

1 

 

y 2 

Tóm lại hệ phương trình có 2 cặp nghiệm: xy ; 1;0 , 

1;2 

2 

 

2 

 

2 

x y 

b) Ta viết lại hệ phương trình thành: 

 

 

2 3 4 

2 2 

x y x y 

2 22 0 

Đặt 

2 

a x b y 

2; 3. Ta có hệ phương trình sau: 


2 2 2 2 2 

a b 4 a b 4 ( a b) 2ab 

4 

 

( a 2)( b 3) a 2 2( b 3) 22 ab 4( a b) 8 ab 4( a b) 8 

a b 

2 

2 

 

( a b) 8( a b) 20 0 ab 

0 

 

 

ab 4( a b) 8 

a b 10 ( L ) 

ab 48 

Xét 

a b 2 a 2, b 0 

 

ab 0 

 

a 0, b 2 

+ Nếu: 

+ Nếu 

 

x 

a 0, b 2 

y 5 

x 

2 

a 2, b 0 

y 

3 

2 

Tóm lại hệ có các cặp nghiệm: xy ; 2;5 , 2;5 , 2;3 , 

2;3 


a) 

2 2 

x y x y 1 25 y 1 

 

 

 

2 2 

x xy 2y x 8y 

9 

2 2 1 9 

x y 6xy 

0 

2 

 

x 

y 

8 

 

1 5 

2y 

0 

 

x 

y 4 

b) 

Giải: 

a) Để ý rằng khi y 1 thì hệ vô nghiệm 


Xét y 1. Ta viết lại hệ thành: 

2 2 

x y x y 1 25 y 1 

Chia hai phương trình của hệ cho y 1 ta thu được: 

 

 

 

2 2 

x y x y y y 

2 

1 1 10 1 

2 2 

2 2 

x y 

x y 

 

x y 1 

25 

x y 1 25 

y 1 

y 1 

 

 

 

. 

2 2 

2 2 

2 

x y 

x y x y 1 y 1 10 y 1 

 

 

x y1 

10 

 

y 1 

Đặt 

x y 

y 1 

2 2 

a; x y 1 

b . Ta có: 

2 2 x 

25 5 

1 

3; y 

ab x y y 

1 

a b 5 

 

3 11 . 

ab10 

x 

y4 

x ; y 

2 2 

Vậy hệ có nghiệm xy 

b) Điều kiện: x y. 

Hệ đã cho tương đương: 

3 11 

; 3;1 , ; 

2 2 . 

2 

2 2 1 9 

2 

2 x y y x 

0 1 25 

 

2 

2 

 

 

0 

8 

x y y x 

y x 

 

y 

x 

8 

 

 

1 5 1 5 

y x x y 

0 

 

y x x y 

0 

y x 4 

 

 

y 

x 

4 

. 

Đặt 

1 

x y a; y x b; b 2 

y 

x 

hệ thành: 


5 

y 

x 

4 

5 5 

13 3 

a b a y x 2 

x ; y 

4 4 

8 8 

 

5 

2 2 25 5 

 

yx 7 3 

2 a b b 

4 x ; y 

 

8 

 

 

 

2 

 

8 8 

1 

y x 

 

2 

7 3 13 3 

Vậy hệ có nghiệm xy ; ; , ; 

8 8 8 8 . 


a) 

2 2 

x 17 4x y 19 9y 

3 

 

2 2 

17 4x 19 9y 10 2x 3y 

 

 

2 2 2 

x x y y y 

 

4 1 0 

 

2 2 3 3 

 

xy x y 1 4 x y 0 

b) 

Giải: 


17 17 19 19 

x ; y . 

2 2 3 3 

Để ý 

x 

đến 3y và 

số. 

17 4 

2 

x liên quan đến 2x và 

2 

19 9y 

17 4 , 19 9 

2 2 

x y y liên quan 

. Và tổng bình phương của chúng là những hằng 

Đặt 

2 2 

2x 17 4 x a;3x y 19 9y b . Hệ đã cho tương đương: 

ab10 

 

a5; b5 

2 2 

a 

17 b 19 

. 

3 

a3; b7 

4 6 


TH1: 

 

 

 

 

2 

2x 17 4x 

5 

2 

3y 19 9y 

5 

1 

 

x 

2 

 

x 

2 . 

 

5 13 

y 

6 

TH2: 

 

 

 

 

2 

2x 

17 4x 

3 

2 

3y 19 9y 

7 

(loại). 


1 5 13 1 5 13 5 13 5 

13 

xy ; 

; , ; , 2; , 2; 

2 6 2 6 6 6 

. 

 

b) Ta viết lại hệ như sau: 

 

 

 

x 2 x y 2 y 1 

4y 

2 

 

xy x y 1 x y 4y 

2 2 3 3 3 

Ta thấy y 0 không thỏa mãn hệ.Chia phương trình đầu cho 

phương trình thứ 2 cho 

3 

y ta được: 

2 y 1 x x 

 

2 4 

y 

2 

x x 

 

2 

y y 

3 

1 x 4 

2 

y , 

Viết lại hệ dưới dạng: 

2 1 xy 1 2 1 

x 

4 

 

 

2 x 2 

2 

y y 

 

y 

 

. 

2 1 xy 1 

1 

x 

4 x 2 

2 

 

y y y 

Đặt 

1 1 

, xy 

ab4 

ta có hệ mới a b 

2 

y y 

ab 

4 

2 

x a b 

2 


2 1 

x 2 

2 

y 

 

1 

x 2 

y 

2 

 

1 

2x 

1 

x 

2 

x 2 

y y y 

 

 

x y 1 

1 

x 

x 2 

1 

 

 

y 

 

 

y 

Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất x 

y 1 


a) 

 

2 

 

 

 

 

 

4 2 2 2 

 

 

5x x 1 . y 11x 

5 

4 3 2 2 

6x x x y y 12 x 6 

b) 

x 5y 

4 

2 2 

x y x y 

 

2 2 

x 5y 

5x y 5 

xy 

Giải 

a) Nhận thấy x 0 không là nghiệm của hệ. 

Chia hai vế phương trình cho 

2 

x ta có: 

2 

2 6 1 2 

1 1 2 

6x x y y 12 0 

 

 

2 6 x x y y 0 

x x 

 

 

x x 

 

 

2 

. 

2 2 

2 5 1 2 1 1 2 

5x x y 11 0 

 

 

2 5 x x y 1 0 

x x 

 

 

 

x x 

Đặt 

1 

x a. Hệ thành: 

x 

 

 

 

 

2 2 

6a ay y 0 

2 2 2 

5a 

a y 1 0 

. 

Chia hai vế cho 

2 

a và đặt 

1 

y X , y Y 

a 

a 

giải ra ta được 


1 1 1 

17 

x 

x 

x 2 4 

1 

 

 

 

 

a , y 1 

y 1 

 

y 

1 

2 

 

1 

a 1, y 2 

 

x 1 1 

5 

x 

x 2 

 

 

y 

2 

y 2 

1 

17 1 

5 


;1 , ;2 

4 2 

. 

 


x, y 0; x y ; y x 

2 2 

. 


x 2 2 

5 

5 y 5 x y 5. x 

y x y 5 

y x x x 

Đặt 

2 2 

x y x y 

a, 

b. 

x x 

Hệ thành: 

3 

 

x , y 3 

2 

1 5 2 

4 1 5 

2 

x y 

x 

 

 

1 

a b a , b 

 

x 1, 

y . 

2 2 

2 

2 

5 

2 

b 5a 

5 

x y y 

 

 

 

 

3 3 

x , y 

2 2 

3 1 3 3 

Vậy hệ có nghiệm xy ; ;3 , 1; , ; 

2 2 2 2 . 



a) 

Giải 

xy x y 

2 2 

 

3 8 

 

x y 1 

 

2 2 

x 1 y 1 4 

y 2x 

9x 2 y 4 

x y 

b) 2x 

y 

1 9 18 

2 

2 

y x 

a) Triển khai phương trình (1) 

(1) 

 

2 2 2 2 2 2 2 2 

x y 6xy 9 x 2xy y 8 x y x y 1 8xy 

2 2 

 

x 1 y 1 8xy 

. 

Nhận thấy x0, y 0 không là nghiệm của hệ. 

Phương trình (1) khi đó là: 

2 2 

x 1 y 1 

. 8 . 

x y 

x y 

Đặt a; 

b. Hệ đã cho tương đương với: 

2 2 

x 1 y 1 

1 x 1 

a 

 

2 

 

 

2 x 1 2 

 

1 

1 

1 1 y x 

 

 

a b 

 

b 

2 

 

 

4 

4 

 

 

y 1 4 y 

2 

3 

 

 

1 

 

. 

 

1 x 1 

8 

 

a x 

2 3 

 

2 

ab 

4 

 

 

x 1 4 

 

 

 

y 1 

1 

 

 

 

 

y 1 

b 

2 

 

2 

 

y 1 2 


xy ; 1;2 3 , 1;2 3 , 2 3; 1 , 2 3; 1 

. 


) Phương trình (2) tương đương: 

 

2 2 2 2 2 2 3 3 

2 9 18 9 18 2 

x y y x x y x y x y xy 

2 2 3 3 2 2 

9x y 18x y 18x y 

2 9xy 

2 4 

xy y x 

2x y 2x y 2x 

 

9x y y 4 9x y 4 . 

y x y x y 

Đặt 

y 

2x 

a 9 x ; 

b y 

. Hệ thành: 

x y 

y 

9x 

4 

x 

a 2; b1 

 

2x 

 

 

y 

1 

 

y 

2 

a 2b 4 9x y 4x 

2 

ab 2 y 2x y 

2 

 

 

y 4x 9x 

 

4x 9x 2x 4x 9x 

2 

2 

2 

x 

0( L) 

 

1 1. 

x y 

9 3 

1 1 

Vậy hệ có nghiệm xy ; ; 

9 3 . 


a) 

2 2 

x x 6 y x 3 7xy 

 

2 2 2 2 

x x 3 y y 6 x y 2 

b) 

 

2x y y 2x x 

 

 

2 3 4 6 

x 2 y 1 x 1 

2 

Giải 

Giải hệ:. 

Hệ phương trình tương đương với : 


2 

 

2 

 

x 2 

x x y 

2 

y y 

2 

2 

x 3 

 

6 

x 

x y 6 y y x 3 x 9xy 

y y 

 

9 

 

y 

x 

3 6 2 

2 2 

x x 3 x y y 6 y 

2 

 

6 3 

 

9 

2 2 

y y 6 y x x 3 

x 

 

 

 

2 2 

x x 3 x y y 6 y 

2 

 

2 2 

Đặt 3 ; 6 

x x x a y y y b . 

1 

6 3 a ; b 1 

9 

2 

Hệ thành: b 

a . 

 

2 4 

ab1 a ; b 

3 3 

TH1: 

 

 

 

 

2 

x x 3 x 1 

x 

1 

 

 

1 . 

2 

y y 6 y 1 

y 

 

 

2 

 

 

TH2: 

 

 

 

 

 

 

 

2 

x x 3 x 

 

 

2 2 

x 

3 15 

. 

4 

6 2 

2 

3 

15 

2 

y y y y 

1 2 2 

Vậy nghiệm của hệ xy ; 1; , ;2 

2 

15 15 

. 

 

PHƢƠNG PHÁP ĐƢA VỀ HẰNG ĐẲNG THỨC: 


Điểm mấu chốt khi giải hệ bằng phƣơng pháp biến đổi theo các hằng 

đẳng thức: 



a) 

 

 

 

3 x 2 x 2y 2y 

1 0 

 

3 

x 2 2 y 2 5 

b) 

 

2x y y 2x x 

 

 

2 3 4 6 

x 2 y 1 x 1 

2 

Giải 


1 

x2, 

y . Phương trình (1) tương đương: 

2 

 

2 x 2 x 2 x 2y 1 2y 1 2y 

1 

Đặt a 2 x, b 2y 

1. Ta có phương trình: 

a ba 2 ab b 

2 

 

1 0. Do 

2 2 

2 2 b 

3b 

3 3 

a a b b 

a ab b 1 a 

1 

0 suy ra phương trình cho ta a 

2 

4 

2y 1 2 x x 3 2y 

thay vào ta có: 3 5 2y 

2 y 2 5 Đặt 

a 3 

5 2 y; b y 2 ta có hệ phương trình sau: 

b 

 

a1; b2 

 

a2b5 3 65 23 65 

a ; b 

3 2 

a 2b 

9 

 

 

4 8 

 

65 3 23 65 

a 

; b 

4 8 

 

y 2 

 

233 

23 65 

 

 

 

y 

. 

32 

 

233 

23 65 

y 

32 



23 65 185 233 23 65 23 65 185 233 

23 65 

; 1;2 , 

; , 

; 

16 32 16 32 

 

xy 

 

b) Điều kiện: y 1. 

Ta viết lại phương trình (1) thành: y 3 x 6 x 2 y x 

2 

 

2 0 

2 

2 2 2 4 2 

y x 

y x y yx x 2x 

0 

x 

y 0 

Dễ thấy x y 0 không phải là nghiệm. Khi 

y 

2 

x thay vào (2) ta được: 

 

2 2 2 2 4 x 3, y 3 

 

x 3, y 3 

x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 

1 

(thỏa mãn). Vậy hệ có nghiệm xy ; 3;3. 


a) 

b) 

 

x xy y y 

 

 

5 4 10 6 

2 

4x 5 y 8 6 

3 2 3 

 

2x 4x 3x 1 2x 2 y 3 

2y 

 

3 

x 2 14 x 3 2y 

1 

 

 

Giải 


5 

x . 

4 

Ta thấy y 0 không là nghiệm của hệ. chia hai vế của (1) cho 

được: 

5 

y ta 


5 

x x 

5 

y 

x 

y. Đặt a ta có phương trình: 

y 

y 

y 

a y a a y a y ay 1 0 y a x y 

 

4 3 2 2 3 2 

5 5 

a a y y suy ra 

4x 5 x 8 6 x 1 y 1. Từ đó tính được y 1 

Vậy hệ đã cho có nghiệm xy ; 1; 1 

. 


3 

x 2; 

y .Ta thấy khi x 0 thì hệ không có nghiệm. 

2 

Chia phương trình (1) cho 

2 

x 0 : 

4 3 1 

1 2 4 2 3 

2y 

2 3 

x x x 

y 

3 

1 1 

3 

1 1 3 2y 

3 

2y 

. 

x x 

1 

Đặt a 1 , b 3 2y 

. Ta có 

x 

3 3 

1 

a a b b ab 

3 2y 

1 . 

x 

 


3 3 

3 2 

x 2 15 x 1 x 1 15 x x 3x 4x 

14 0 . 

111 

111 

x 7 y . Vậy hệ có nghiệm xy ; 7; 

98 

98 . 


 

a) 

(17 3 x) 5 x (3y 14) 4 y 0 

 

 

2 

2 2x y 5 3 3x 2y 11 x 6x 

13 

(1) 

(2) 


) 

 

x x y x y y y 

 

2 2 

x y 5x 7 

3 

x y 

4 6 xy x 1 

3 

2 2 1 

Giải 


x 

5 

y 

4 

 

2x 

y5 0 

 

3x2y11 0 

Biến đổi phương trình (1) ta có: 

 

3 5 x 2 5 x 3 4 y 2 4 y Đặt a 5 x, b 4 y ta 

3 3 2 2 

có” 

3a 2a 3b 2b a b 3a 3ab 3b 2 0 a b 

5 x 4 y y x 1 

Thay vào (2) ta có: 

2 

x x x x 

6 13 2 3 4 3 5 9 (4) 

Điều kiện xác định của phương trình (4) là: 

 

 

4 

x 

3 

 

2 

(4) x x 2 x 2 3x 4 3 x 3 5x 

9 0 

2 2 

x x x x 

2 

x x 

2 

x x 

2 

x 

x 

2 3 

x 2 3x 4 x 3 5x 

9 

2 3 

1 0 

x 2 3x 4 x 3 5x 

9 

0 

 

 

2 3 

1 0 

 

x 2 3x 4 x 3 5x 

9 

0 

(*) 

x 

2 

x 

0 

x 0 y 1 

 

x 1 

y 2 


Ta có 

2 3 

1 0 

x 2 3x 4 x 3 5x 

9 

do điều kiện 

4 

x 

3 

Kết luận: xy ; 0; 1 , 1; 2 

b) Điều kiện: y 0, x y 0 . 

Nhận thấy y 0 thì hệ vô nghiệm. Ta xét khi y 0 

Từ phương trình (1) ta sử dụng phương pháp liên hợp: 

2 2 

PT(1) x xy 2y 2y x y x yx 2y 

 

 

 

xy 

 

2y x y 

Rõ ràng 

1 

x 2y x y y 0; 0 

2y x y 

, từ đó suy ra x y. 


3 2 3 

x x x x 2 x 

5 14 4 6 1 . 

Biến đổi phương trình đã cho tương đương: 

3 2 2 3 

x x x x x x 2 x 

3 6 4 8 8 8 3 8 8 8 

 

3 2 3 2 

x 1 3 x 1 8x 8x 8 3 8x 8x 

8 . 

Đặt 

a x b x x 

3 2 

1, 8 8 8 suy ra 

3 3 

a 3a b 3b 

2 2 

 

x x x x y 

a b a ab b 3 0 a b 

3 2 

1 8 8 8 1; 1. 

Vậy hệ có nghiệm xy ; 1;1 

. 

KHI TRONG HỆ CÓ CHỨA PHƢƠNG TRÌNH BẬC 2 


THEO ẨN x, HOẶC y 

Khi trong hệ phương trình có chứa phương trình bậc hai theo ẩn x hoặc 

y ta có thể nghỉ đến các hướng xử lý như sau: 

* Nếu chẵn, ta giải x theo y rồi thế vào phương trình còn lại của hệ để 

giải tiếp 

* Nếu không chẵn ta thường xử lý theo cách: 

+ Cộng hoặc trừ các phương trình của hệ để tạo được phương trình bậc hai 

có chẵn hoặc tạo thành các hằng đẳng thức 

+ Dùng điều kiện 0 để tìm miền giá trị của biến xy. , Sau đó đánh giá 

phương trình còn lại trên miền giá trị xy , vừa tìm được: 



a) 

2 2 

 

xy x y x 2y 

 

x 2y y x 1 2x 2y 

(1) 

(2) 

b) 

2 2 

 

2x y 3xy 3x 2y 

1 0 

 

2 2 

4x y x 4 2x y x 4y 

Giải 

Xét phương trình (1) của hệ ta có: 

2 2 2 2 

xy x y x y x x y y y 

2 ( 1) 2 0 . Ta coi đây là phương 

trình bậc 2 của x thì ta có: 

ra 

2 2 2 

( y 1) 8y 4 y (3y 

1) . Từ đó suy 


y1 (3y1) 

 

x 

y 

2 

 

y1 (3y1) 

x 2y1 

2 

Trường hợp 1: x 

y. Từ phương trình (2) của hệ ta có điều kiện: 

x 

1 

suy ra phương trình vô nghiệm 

y 

0 

Trường hợp 2: x2y 1 thay vào phương trình thứ hai ta có: 

(2y 1) 2y y 2y 2y 2 y 2y 2y 2( y 1) 

 

 

( y 1) 2y 2 0 y 2 x 5 

Vậy hệ có một cặp nghiệm: ( xy ; ) (5;2) 

b) Xét phương trình (1) của hệ ta có: 

2 2 2 2 

2x y 3xy 3x 2y 1 0 2 x x(3 3 y) y 2y 

1 0 

. 

Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có: 

 

(3 3 y) 8 y 2y 1 y 2y 1 ( y 1) 

 

2 2 2 2 

Suy ra 

3y 3 ( y 1) y 1 

 

x 

 

4 2 

 

3y 3 ( y1) 

x y1 

4 

Trường hợp 1: y x 1 thay vào phương trình (2) ta thu được: 

2 

3x x 3 3x 1 5x 

4 

 

2 

3x 3 x ( x 1 3x 1) ( x 2 5x 

4) 0 

2 1 1 

x 

x 

3 

0 

x 1 3x 1 x 2 5x 

4 


1 

Do x nên 

3 

1 1 

3 0 

x 1 3x 1 x 2 5x 

4 

2 x 

0 

x x 0 

x 

1 

Trường hợp 2: y 2x 1 thay vào phương trình (2) ta thu được: 

33x 4x 1 5x 4 4x 1 5x 4 3x 

3 0 

Giải tương tự như trên ta được x 0 . 

Kết luận: Hệ phương trình có 2 cặp nghiệm: ( xy ; ) (0;1),(1;2) 


a) 

 

x 3 2 3y x y 1 

 

x 5 

3y 2 xy 2y 

2 

 

2 

(1) 

(2) 

b) 

c) 

 

 

 

3 

y 1 x 2y 

x 1 

2 

2y 7y 10 x y 3 y 1 x 1 

 

4x y 3y 4x 

1 

 

2 3y 4 x y(5 x y) x(4 x y) 1 

 

Giải 


2 

y ; x 3;3 y x . 

3 

Phương trình (1) tương đương 

2 

( x 3) 4( y 1)(3 y x) 

2 2 2 2 

x x y y xy x x x y y y 

6 9 12 12 4 4 2 (5 2 ) 12 12 9 0 


Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có: 

2 

 

2 2 

' (2y 5) 12y 12y 9 4y 

4 

suy ra 

x 5 2 y (4y 4) 6y 

9 

 

x 5 2 y (4y 4) 2y 

1 

Trường hợp 1: x 6y 9. 

Do x 3 

6y 9 3 y 1 suy ra phương trình vô nghiệm. 

Trường hợp 2: x2y 1 thay vào phương trình 2 của hệ ta có: 

2 

2 y 2 

3y 2 y 2 2y 3y 2 2y 1 y 2 

3y 2 y 

2 

 

 

 

Ta có: 

2 3 7 

;2y 

1 . 

3 y 2 y 

2 2 3 

Nghĩa là VP VT , suy ra y 2 x 1. 


. 


x 

10 

 

y 

1 0 

 

 

2 

2y 7y 10 x y 3 0 

 

 

. 

Từ phương trình dễ thấy để phương trình có nghiệm thì: 

x1 0 x 1. 

Ta viết phương trình thứ nhất dưới dạng: 

 

2 

2y 7y 10 x y 3 x 1 y 1 

. 

 

Để bình phương được ta cần điều kiện: 

2 

x 1 y 1 x x y 

. 


Ta bình phương hai vế được: 

 

2 2 

2y 8y 8 x y 3 x 2x 2 x 1 y 1 

(1). 

Ta đưa phương trình (2) về dạng: 

2 

(2). 

Thế (2) vào (1) ta được: 

x 1 y 1 x x 2xy 2y 

3 

 

2 2 2 

2y 8y 8 x y 3 x 2x 2 x x 2xy 2y 

3 

2 2 

2y 4y 2 3xy x 3x 

0 

2 2 

x 

y1 

0 

x 3x y 1 2 y 1 0 x y 1 x 2y 

2 

0 

x 

2y 

2 0 

. 

* Với x y 1 0 y 1 x , ta có thêm x 2 thay vào phương trình (2) 

x 1 2 x 1 x x x x 1 x 1 2 x 0 . 

2 2 

ta có: 

Vì 1 x 2, ta dễ thấy: VT 0 , nên suy ra phương trình vô nghiệm. 

* Với 

2 x 

x 2y 2 0 y , thay vào phương trình (2) ta được: 

2 

4 x 3 2 . Đặt ux 1 khi đó ta thu được phương trình: 

2 x 1 

3 2 

u u u 

3 24 18 0 

5 

u 3 

2 3 

u 3 x 2 y 0 . 

2 u u 

 

2 

Hệ có một cặp nghiệm duy nhất: x2; y 0 

c). 

Điều kiện 

y 3y 

x . 

4 4 


Ta viết phương trình (1) thành: 4x y 1 3y 4x 

. Bình phương 2 

vế ta thu được: 2 3y 4x 8x 4y 

1. Thay vào phương trình (2) của 

hệ ta có: 

2 2 

4x 4 x( y 2) y 4y 

0 

. Ta coi đây là phương trình bậc 2 của x thì 

2 2 

' 4 y 2 4( y y) 16 suy ra 

2( y2) 4 

y 

 

x 

 

4 2 

 

2( y 2) 4 y 

4 

x 

4 2 

Trường hợp 1: y 2x 

thay vào phương trình (1) ta có: 2x 12 vô 

nghiệm 

Trường hợp 2: y 2x 4 thay vào phương trình (1) ta thu được: 

273 257 

2 2x 12 15 x , y 

8 4 

273 257 

Vậy hệ phương trình có 1 cặp nghiệm: xy ; ; 

8 4 

PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 

Để giải được hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá ta cần nắm chắc 

các bất đẳng thức cơ bản như: Cauchy, Bunhicopxki, các phép biến đổi 

trung gian giữa các bất đẳng thức, qua đó để đánh giá tìm ra quan hệ xy , 

Ngoài ra ta cũng có thể dùng hàm số để tìm GTLN, GTNN từ đó có hướng 

đánh giá, so sánh phù hợp. 



a) 

Giải 

1 1 2 

 

2 2 

12x 

12y 

1 

2xy 

 

 

2 

x1 2x y 1 2y 

 

 

9 

2 2 2 2 

2 

 

x x y x x y 

 

 

 

 

2 2 

76x 20y 2 

3 

4x 8x 

1 

3 

 

. 

b) 


1 

0 xy , . 

2 

Đặt 

1 

a 2 x, b 2 y; a, b 0; 

 

 

2 

. 

1 1 

Ta có: 2 1 1 

VT 

2 2 

1 2 1 2 . 

1a 

1b 

a 

b 

 

Ta sử dụng bổ đề với ab , 0 và ab 1 ta có bất đẳng thức: 

2 

a b ab 

1 

1 1 2 

0 

2 2 2 2 

1 a 1 b 1 ab 1 ab 1 a 1 

b 

 

(đúng). 

Vậy VT 

 

2 

1 

ab 

VP 

. 

Đẳng thức xảy ra khi x 

y. Thay vào(2) ta tìm được nghiệm của 

phương trình. 

9 73 9 73 9 73 9 73 

Nghiệm của hệ xy ; 

; , ; 

36 36 36 36 

. 

 


) Điều kiện: 

x 

2 

y 0. 

3 2 2 

Phương trình (1) tương đương: 3 

x x x y 2 x y 0. 

Đặt 

2 

x y u phương trình (1) thành: 

3 2 3 2 2 

x xu 2u 0 x u y x x . 


2 3 

96 20 2 32 2 4 

x x x x . 

3 

Ta có 96x 2 20x 2 32x 2 4x 2 

 

3 1.1. 32x 4x 

 

2 

32x 

4x2 

3 

2 2 

2 1 7 

3 96x 20x 2 32x 4x 2 16x 2 0 x y 

8 8 

. 

1 7 

Từ đó ta có các nghiệm của hệ là: Vậy hệ có nghiệm xy ; 

 

; 

8 8 

. 

 


a) 

2xy 

 

x 2x9 

 

 

2xy 

 

 

y 2y9 

2 

x x y 

3 2 

2 

y y x 

3 2 

1 

2 

với xy , 0 

3x 10 xy y 12 

 

b) 

3 3 

6 x y 

Giải 

x x y 

2 2 

x xy y 

 

 

2 2 

2 3 

. 


a) Hiển nhiên x y 0 là một nghiệm của hệ. Ta xét x 0 và y 0 . 

Cộng theo vế hai phương trình trong hệ ta được 

 

 

1 1 

2 2 

2xy 

x y . Chú ý rằng 

3 

2 

3 

2 

x1 8 y1 

8 

 

 

 

1 1 1 1 

; 

. 

3 

2 

2 3 

2 

x1 8 y1 8 2 

 

Với xy 0 ta có 

 

 

1 1 

2xy 

2xy x y 

3 

2 

3 

2 

x1 8 y1 

8 

 

 

 

2 2 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y 1. Với xy 0 . Khả năng này 

không thể xảy ra. Thật vậy, không làm mất tính tổng quát giả sử x0, y 0 

thì rõ ràng đẳng thức (1) không thể xảy ra. Vậy hệ có hai nghiệm xy ; là 

0;0 , 1;1 . 

b) Theo bất đẳng thức AM GM ta có : 

x 

y 

xy 12 3x 10 xy y 3x 5x 5y y 8x 4y 2x y 3 

2 

. 

Ta sẽ chứng minh: 

6 

 

x 

y 

 

3 3 

2 2 

x 2 

2 2 x y 2x y 

x xy y 

 

 

3 3 

6 x y 

 

2 2 

x xy y 

Ta có: 

x y x y 

2 2 

2 x y x y ( ). 

2 2 

2( ) Để chứng minh ( ) ta sẽ chứng minh bất 

đẳng thức mạnh hơn là: 

6 

 

x 

y 

3 3 

 

x xy y 

2 2 

 

2 2 

2 2( x y ) (1) 


2 2 

x y 

Mặt khác ta cũng có: xy nên (1) sẽ được chứng minh nếu ta 

2 

chỉ ra được: 

3 3 

6( x y ) 

 

2 2 

2 2 x y 

x y 

2 

6 6 3 3 2 2 2 2 

x y 4x y 3 x y ( x y ) 0 (2) 

2 2 3 3 2 2 2 2 

2 2( x y ) 2( x y ) ( x y ) 2( x y ) 

Vì y > 0 chia hai vế cho 

6 

y đặt t 0 

x 

bất đẳng thức (2) trở thành. 

y 

6 4 3 2 

t 3t 4t 3t 

1 

0 

Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do: 

6 4 3 2 2 4 3 

t t t t t t t t 

3 4 3 1 ( 1) ( 2 2 1) 

 

 

3 3 

6 x y 

x 

2 2 x y 

x xy y 

2 2 

2 3 

Kết hợp tất cả các vấn đề vừa chỉ ra ta thấy chỉ có bộ số xy , thỏa mãn 


x, y 0 

 

2x y 3 x y 1 là nghiệm của hệ 

 

x 

y 


a) 

41 2 1 

9 x 

3 

40x 

2 2x 

y 

2 2 

x 5xy 6y 4y 9x 

9 

với xy , 0 

b) 

2 2 2 2 

x y x xy y 

x 

y 

2 3 

 

x 

2xy 5x 3 4xy 5x 

3 


Giải 

a) Phương trình (1) tương đương: 

2 1 6 80 

82 

x 

x 

 

 

. 

2x 

y 

9 

Ta có: 

2 2 2 1 1 3 6 

VT 1 9 x 9x 9x 9x 

 

2x y 2x 

y 9 2x 

y 2x y 9 

 

 

6 80x 

6 

 

9 2x 

y9 

2 

3x 2x xy 6y 

0 

(*) 

Lấy (*) cộng với PT(2) ta được: 

2 

2 2 

x 4xy 4y 12y 6x 9 0 x 2y 3 0 x 3 2y 

. 

Để dấu bằng xảy ra thì x y 3. 


. 

b) Ta có 

x y x y x y 

2 2 2 2 2 2 2 

x y x y x 

y 

 

2 4 4 4 2 2 

x y x y x y 

2 2 2 2 2 2 2 

x xy y x xy y x 

y 

 

3 4 12 4 3 2 


2 2 2 2 

x y x xy y 

x y x y 

2 3 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y 0 


Thay x 

y vào phương trình còn lại ta có: 

x x x x x 

2 2 

2 5 3 4 5 3 

Để ý rằng x 0 không phải là nghiệm. Ta xét x 0 , chia phương trình 

cho 

5 3 5 3 

 

x x x x . Đặt 

2 

x thì thu được: 2 4 

2 2 

5 3 

t 2 0 

2 

x 

x 


5 3 3 5 

6 0 2 2 4 2 0 3 

x x x x 

2 

t t t x 

2 2 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất xy ; 3;3 


a) 

b) 

Giải 

4 

2 

 

x 32 x y 3 0 

 

4 

x 32 x 6y 

24 0 

 

 

 

xy ( x y ) xy 2 x y y 

 

( x 1) y xy x(1 x) 

 

 

 

4 

 

 

(1) 

(2) 


0 x 32 

 

y 

4 

Cộng hai phương trình vế theo vế ta có: 

x x x x y y 

4 4 

2 

32 32 6 21 (*) 

Ta có: y 2 y y 2 

6 21 3 12 12 . 

Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 


x 32 x 11 x 32 x 8 

 

4 4 

x x x x 

32 1 1 32 4 

4 4 

Vậy x 32 x x 32 x 12 . Từ đó suy ra hệ có nghiệm khi 

x 32 x 

4 4 

x 

16 

và chỉ khi xy , phải thỏa mãn: x 32 x 

y 

3 

y 3 0 

 

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất xy ; (16;3) 


 

 

xy , 0 

 

xy ( x y) xy 2 

0 

 

Chuyển vế và bình phương ở phương trình thứ nhất của hệ ta thu được: 

xy ( x y)( xy 2) ( y y x) 

( x y)( y xy 2) ( x y)(2 y y x) 0 (3) 

2 

Từ phương trình (1) của hệ ta có 

2 y y x y xy ( x y)( xy 2) 0. 

Từ phương trình (2) ta có: 

3 2 

( x 1)( y xy) x x 4 ( x 2)( x 1) 2( x 1) 2( x 1) y xy 2 

Kết hợp với (3) ta suy ra x 

y 


 

3 2 

( x 1) 2 x x(1 x) 4 x 2x 3x 4 0 x 1 


Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất x 

y 1 

Nhận xét: Việc nhìn ra được quan hệ x y là chìa khóa để giải quyết bài 

toán. Đây là kỹ năng đặc biệt quan trọng khi giải hệ bằng phương pháp 

đánh giá cũng như chứng minh bất đẳng thức. 

MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN PHẦN HỆ PHƢƠNG TRÌNH 

1) 

2) 

3) 

4) 

5) 

6) 

7) 

2 2 

 

x y 2x 

 

( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT Chuyên 

3 3 

x1 

y 1 

ĐHQG Hà Nội 2008) . 

2 2 

 

2x y y x 1 

 


3 3 

8x 

y 7 


2 2 

x y xy 

 

1 

 


2 

3x y y 3 


2 2 

 

3x 8y 12xy 

23 

 

( Trích đề tuyển sinh vòng 1- lớp 10 THPT 

2 2 

x y 2 

Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010) . 

2 2 

 

5x 2y 2xy 

26 

 

( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 

3x 2x y x y 

11 

THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2010) . 

2 2 2 2 

 

x y 2x y 

 


2 2 

x y1 xy 

4x y 


2 2 

x y y 

2 4 

 


2x y xy 4 



8) 

9) 

2 2 

x y xy 

 

1 

 


2 2 

x xy 2y 

4 


2 2 

 

2x 3y xy 12 

 

( Trích đề tuyển sinh vòng 2- lớp 10 

2 2 

6x x y 12 6y y x 

THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2014) . 

2x 3y 5xy 


4x y 5xy 


10) 2 2 2 

2x 2y xy 5 

11) 

( Trích đề tuyển sinh vòng 2- 

3 3 2 

27 x y y 7 26x 27x 9x 

lớp 10 THPT Chuyên ĐHQG Hà Nội 2015) . 

 

 

x 4y 1 2y 

3 

12) 

. ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên 

 

x 2 x 2 12y 

4y 

2 9 

Amsterdam và Chu Văn An năm 2014) 

2 2 

x y 1 

 

2 2 

2 ( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên 

 

3xy x y 1 

Phan Bội Châu – Nghệ An 2014) 

13) y1 x1 

3 

x 2y 4 x y 

14) 

( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên 

3 

x 6 2y 

2 

Lam Sơn Thanh Hóa 2014) 

 

 

2 2 

 

2x 3xy 2y 5 2x y 0 

15) 

( Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 

2 2 

x 2xy 3y 

15 0 

chuyên Thái Bình 2014) . 

 

 

 

xy 3x y 4 

16) 

3 

7x 11 3 x y x y 1 

2 2 2 2 

 

x y 2x y 

17) 

2 2 

y 8x y 3x 5x 7xy 


2 2 

 

x xy y 1 

18) 

3 

2y x y 

15 

 

4 

y y x 

x y x 2 y 

2 

19) 

2 2 

 

x y x y 2 

20) 

 

21) 

4 4 2 2 5 

 

x y x y x y 2 2x 

2 2 

x 

y 

 

 

 

 

3 1 

 

3 

x y x 

xy 1 x y 1 15y 

 

3 4 

y 1 

xy 

2 2 3 

 

22) 

2 2 

 

x y 2 

23) 

4 4 2 2 

x y 6x y 8xy 

16 

2 2 

 

x y xy 3 

24) 

3 2 3 2 

27x 6y x 2 y 30x y 

2 2 

4x 

y 5 

 

25) 

3 3 

15x 

y 

12xy 

40 

y x 

 

 

x x 2y 

8 

 

26) 1 1 1 2 1 1 1 

2 

2 2 

3 

x y x y x y 

x y 16 

2 2 

x 

y 9 

 

2 

27) 1 

x 

 

1 xy x y 

 

2 2 

y 

 

28) 

2 

1 

x 4 y 3 y 1 x 2 

 

7 6 

12x y 4 4 2y x 2 5xy 


8xy 17 x y 21 

 

2 2 

29) x y 6xy 8 y x 4 

 

x16 y 9 7 

x 3 13 y 2 5 

 

30) y 3 13 z 2 5 

 

 

z 3 13 x 2 5 

2 

 

3 2 

x 7 y x y x y 7x 

4 

31) 

2 2 

3x y 8y 4 8x 

 

3 x 2y 3 x y 5 

 

2 3 x y 2x 3y 

4 2 

32) xy , 

33) 

 

 

 

x y x y 

 

2 

2 

x 2y y 

x x 

 

3 

2 2 1 20 28 

 

x y x y 4x y 

 

xy 

2 

 

x 16 2 y 3x 

34) , 

35) 

36) 

2 

 

 

 

3y 9y 1 x 2y 1 x 2y 

 

 

x x 2y x 3y 

2 

 

 

 

2 2 

x x y 

 

x 3x 

5 

 

y 30 6y 

2 2 

x x y x 

9 

5 


37) 

 

 

 

2 

4( x 5) 6y 11 33 

2y 

5 

2 2 

( x 3) y 8y 20 ( y 4) x 6x 

10 0 

38) 

 

 

 

3 2 2 

2x xy x 2y 

4 

2 2 

2x xy 2y 2y 

4 

( xy , ) 

39) 

40) 

41) 

42) 

43) 

44) 

45) 

46) 

 

 

 

2 

y 6x 13y y 1 

2 2 2 

2 y( x 3)(2 y 3) x y 12xy 11y 

8 

3 2 2 

2x 

x y 4 

 

2 

3 2x 

y 

2xy 

2 

y 

3 3 2 

x y y x 

3 3 2 

 

2 2 2 

x 1 x 3 2y y 2 

3 2 3 

 

2x 4x 3x 1 2x 2 y 3 

2y 

 

3 

x 2 14 x 3 2y 

1 

 

 

 

7 

x y xy 

2 

7 6 14 0 

2 2 12 2 1 

2 2 

x y xy x y 

 

 

 

 

4 

4x 2 2y 4 6 

3 2 

16x 24x 14x 3 2y 3 y 2 

 

13x 4y 2 2x y 5 

 

2x y x 2y 

2 

 

8x y 27 18y 

 

2 2 

4x y 6x y 

3 3 3 

 

 

 

 


47) 

48) 

49) 

50) 

51) 

52) 

53) 

54) 

 

 

 

3 x 2 x 2y 2y 

1 0 

 

3 

x 2 2 y 2 5 

2 2 

x x y y 

1 1 1 

 

y 35 

y 

2 

 

x 1 

12 

xy x y 

2 2 

 

3 8 

 

x y 1 

 

2 2 

x 1 y 1 4 

4 3 2 

x x x y 

3 4 1 0 

 

 

2 2 2 2 

x 4y x 2xy 4y 

x 

2y 

2 3 

3 2 

x z z 

 

 

 

 

12 48 64 0 

3 2 

y x x 

12 48 64 0 

3 2 

x y y 

12 48 64 0 

 

x 2 y 2 y x 2 y 3 y 

 

2 1 2 0 

 

2 

 

2x xy 2 ( x 2) y 4x 

4 0 

3x y 2x 

7 10 

 

1 1 

 

x y 

2 

x 3y 3x y 

 

 

3 2 2 

2 y ( x 4) y 8y x 4x 

0 

 

1 x 

2 1 

 

x 2y 3 4( x 1) 8y 

 

2 2 


55) 

56) 

57) 

58) 

59) 

 

 

 

 

3 2 

 

3 x 4x y 4y 

7 

2 

( x y) x y y x( y 1) 

 

3 2 2 

 

 

2 y ( x 4) y 4y x 2x 

0 

 

3 1 4( 1) ( 1) 8 1 

 

2 

x 

3 

x y x y 

 

 

 

1 

2x 

1 

 

x 

y 

5 

( x 

y) 

2 2 

8( x y ) 4xy 

13 

2 

 

x y y x 

 

 

2 2 

2 2 2 

3 

( x y) 12( x 1)( y 1) xy 9 

 

x y 7 x y xy 8xy 2 x y 

 

 

y 2x 3 6 2x 

 

3 3 2 2 

HƢỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP RÈN LUYỆN 

1) Ta viết lại hệ phương trình thành: 

có hệ mới 

2 2 

a 

y 

 

 

a 

y 

3 3 


 

 

2 

 

2 

x y 

1 1 

 

đặt ax 1 ta 

3 3 

x1 

y 1 

1 

. Suy ra 1 ay , 1. Mặt khác ta cũng có: 

1 

 

3 3 2 

a y y y y a 

1 1 1 0 0 1. Tương tự ta cũng có 

a a 

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

y y 

a 1, y 0 hoặc a 0, y 1. Từ đó suy ra các nghiệm của hệ là: 

2 3 

 

2 2 3 3 

0 y 1 a y a y 1 

2 3 

xy ; 1;1 , 2;0 

. 

2) Hệ phương trình có dạng gần đối xứng từ hệ ta suy ra 

 

3 3 2 2 3 2 2 3 

8 7 2 8 14 7 0 4 2 

x y x y y x x x y xy y x y x y x y

y x 

 

 

 

y 2x 

thay vào một phương trình ta tìm được nghiêm là: 

 

y 4x 

1 

; 1;1 , ; 2 

2 

xy 

Ta có thể giải nhanh hơn như sau: Lấy phương trình (2) trừ 6 lần phương 

trình (1) thì thu được: 3 

3) Từ hệ phương trình suy 

 

x 1 xy y 

ra 

2 

3x y 3 

y 

2x y 1 2x y 1 y 2x 

1. 

2 2 

2 2 

x xy x y x y x y 

1 3 3 ( 3) 2 0 . Đây 

2 

là phương trình bậc 2 của x có 2 

y 6y 9 4 y 2 y 1 từ đó 

tính được x 1 hoặc x2 

y thay vào ta tìm được các nghiệm là 

xy ; 1;0 , 1;1 , 5; 3 

Chú ý ta có thể giải cách khác: 

 

2 2 

x xy x y y x x x x y x 

1 3 3 1 3 2 0 1 2 0 . 

4) Nhận xét: Có thể đưa hệ về dạng đẳng cấp:Từ hệ ta suy ra 

x 2 y 2 xy x 2 y 2 x 2 xy y 2 

x y x y 

2 3 8 12 23 17 24 7 0 17 7 0 

x 

y 

 

7 . Giải hệ với 2 trường hợp ta suy ra 

x y 

17 

7 17 7 17 

; 1;1 , 1; 1 , ; , ; 

13 13 13 13 . 

xy 

Cách khác: Cộng hai phương trình của hệ ta thu được: 

2 2x3y5 

2x 3y 

25 rồi thay vào để giải như trên. 

2x 3y 5 


5) Ta viết lại hệ đã cho thành: 

 

 

 

 

2 2 

5x 2y 2xy 

26 

2 2 

3x 2x xy y 11 

Nhân hai vế của phương trình: (2) với 2 rồi cộng với phương trình (1) ta 

x 

2 

9x 6x 48 3x 

1 48 

8 thay vào ta tìm được 

x 

3 

2 

được: 2 

y 1 hoặc y 3 . 

Cách khác: Ta viêt lại hệ thành: 

 

x y x y x yx y 

2 2 

2 2 

x y x y a b 

 

2 26 26 

 

2 2 11 

a b ab 11 

xứng loại 1. 

đây là hệ đối 

6) Nhận xét x y 0 là nghiệm của hệ. Xét xy , 0. Ta chia 2 

phương trình cho 

2 2 

xy 

2 

1 1 2 

1 1 2 

 

2 2 

 

2 

x y 

x y xy 

 

 

. Đặt 

1 1 2 

2 8 1 1 2 

2 8 

x y xy 

 

x y xy 

1 1 2 

a; 2 

b thu được 

x y xy 

đó tìm được nghiệm là xy ; 1;1 

. 

ab 

8 

2 

a 

b0 

3 

a a b 

8 2; 4 . Từ 

7) Ta viết lại hệ phương trình thành: 

 

 

2 

 

 

 

2 2 2 

x y a b 

 

1 5 5 

 

x x y 1 y 1 5 a b ab 5 

đây là hệ đối 

Xứng loại 1, ta dễ tìm được a 2, b 1 hoặc a 1, b 2 . Từ đó giải được 

x y 1 hoặc x2; y 0 . 


Cách khác: Ta viết lại hệ thành: 

2 2 

x y y 

2 4 

 

4x 2y 2xy 

8 

. 

8) Từ hệ ta suy ra 

2 

 

2 2 

x y xy x y x y x y 

2 4 12 4 12 0 

 

2 2 2 2 2 2 

x xy y x y xy x xy y x y x y 

. 

2 4 3 5 2 0 3 2 0 

Giải hệ ứng với 2 trường hợp ta có: x y 1; x y 1, 

2 7 3 7 2 7 3 7 

x ; y ; x ; y 

7 7 7 7 

 

 

 

9) Ta viết hệ đã cho thành: 

x y x y 

x y xy 

2 3 12 

 

6 12 

x y2x 3y x y xy 6 

x y x y xy x y x y 

ta thu được: xy ; 3; 1 , 3;2 , 4;2 

. 

2 3 6 0 3 2 0.Giải 3 trường hợp 

10) Từ hệ ta suy ra 

 

2xy 3y 5xy 

 

2 2 2 

4x y 5xy 

2 2 

 

2 2 2 2 2 

2xy 3y 4x y 4x 2xy 2y 0 x y 4x 2y 

2 4 

; 0;0 , 1;1 , ; 

5 5 . 

. Giải 2 trường hợp ta thu được xy 

11) Ta viết lại hệ đã cho thành: 

Chú ý rằng: 27 x y 3 x 2 y 2 

x y 

suy ra 

2 2 9 

 

27 8 3 1 

3 3 

x y y x x 3 

3 3 3 3 

x y y x x x y x y x y x 

3 3 

27 8 3 1 3 2 2 8 3 1 


3 3 

x y 2 3x 1 x y 2 3x 1 y 2x 

1 thay vào ta tìm 

7 

; 1;1 , ; 8 

2 . 

được: xy 

12) Hệ đã cho tương đương với: 

 

2 

x y y 

 

4 1 2 3 

 

 

x x 12y 

9 4y 

2 2 2 

 

2 2 

x y y y 

4 1 2 3 4 9 

 

2 2 2 

 

x x 12y 

9 4y 

Cộng theo vế hai phương trình ta được: x 2 x 2 y 2 y 

8 2 3 0 

2 

x x 7y y 1 2 0 x 0 y 

 

 

2 

2 2 2 3 

(tm) 

3 

Vậy hệ có nghiệm xy ; 0; 

2 . 

Điều kiện: x 1; y 1. 

13) Hệ phương tình đã cho tương đương: 

2 2 

x y 

 

 

 

x y 1 

. 

 

y 1 x 1 4 

y1 x1 

2 2 

 

1 

2 

. 

2 2 1 

u v 

 

x y 

Đặt u ; v 

y1 x 1 

, hệ thành: 2 

 

1 

uv 

4 

 

 

2 

uv 

 

2 2 

u v 2uv 

1 

1 

 

 

2 2 

 

2 

 

u v 2uv 0 uv 

0 


1 

1 

Suy ra u v hoặc u v . Nếu 

2 

2 

1 

1 

u v thì x y (tm). 

2 

3 

1 

u v thì x 

y 1 (tm). Nếu 

2 

ra 

14) Điều kiện 

x2y0 

 

y 

0 

2 

t t t x y 

. Đặt t x 2y 

0 từ phương trình 1 suy 

3 4 0 1 2 1 thay vào phương trình (2) ta có: 

3 

8 4y 

2y 

2 . Đặt 

2y a 0 2y a 

2 

. Thay vào phương trình ta 

a 

0 

có: 3 8 2a 2 2 a a 3 8a 2 12a 0 

 

 

a 2 . Từ đó tìm được các 

 

a 6 

nghiệm của hệ là xy ; 1;0 , 3;2 , 

35;18 

15) Phương trình (1) của hệ có thể viết lại như sau: 

y 

2x 

2x y x 2y 

5 0 

x 

5 2y 

 

Thay vào phương trình (2) của hệ ta tìm được các nghiệm là 

xy ; 1;2 , 1; 2 , 3;4 

. 

16) Từ phương trình ( 2) ta có: 

 

3 

7x 3xy 3x y 1 3 x y x y 1 

Hay 7x 3 3xy 4x 2y x y 1 3 x yx y 1 

Hay x 3 y 3 xy x y x 3 y 3 xy x y x y x y 

8 6 2 3 3 1 1 

3 3 

Hay 

2x y x y 1 2x y x y 1 x 1. Thay vào phương 

trình đầu tìm được nghiệm của hệ là: xy ; 1;1 , 1; 4 

. 

17) Dễ thấy hệ có nghiệm 0;0 . 


1 1 

2 

2 2 

x y 

xy hệ phương trình tương đương với: 

. 

1 3 7 5 

8 

2 

x xy x y 

Nếu , 0;0 

Đặt 1 u; 

1 v và cộng hai phương trình của hệ ta thu được: 

x y 

2 2 

u 

v 

 

2 

 

2 

u 3uv 7u 5v 

8 

2 2 

2u v 3uv 7u 5v 6 0 u v 2 2u v 3 0 .Ta được: 

uv2 

2 2 

u 

v 

2 

 

2uv3 

 

 

2 2 

 

u 

v 

2 

18) 

Ta có: 

 

 

3 2 2 3 3 3 3 

2 y x y .1 x y x xy y x y y x x y .Hệ 

x y x y 1 

tương đương với 

 

2 2 . 

x xy y 1 

x 

y 1 

19) Hệ tương đương: 

2 2 

x y x y 

2 2 

x yx y 

15 

15 

 

 

4 

 

15 

x y 

15y 

 

x yx y x y 

15y 

2 2 2 2 

x yx y 

x yx y 

 

15 15 

4 4 4 

x y 15y 

x 

2 

x 

2y 

 

 

x y x y 

+) 

 

3 

2 2 

 

15y 15 y 1; x 2 

15 

2 2 4 


+) 

x2y 

 

 

2 2 

x y x y 15 

3 3 3 

5y 15 y 3; x 2 3 

3 3 

Vậy nghiệm của hệ: x 2; y 1 , x 2 3; y 3 . 

 

20) Ta có: 

2x 5 x y x 4 y 4 x 2 y 2 xy x 2 y 2 x 5 y 5 x y 

 

Ta thu được hệ tương đương: 

 

x 

y x y 1 

 

 

2 2 

xy x y 2 

. 

 

x y 1 

21) Hệ đã cho tương đương: 

2 2 

x y x y x yx y 

 

1 

 

3 

2x y x y x y 

Đặt u x y; 

v x y , sau đó giải như bài 18. 

22) Nếu y 0 suy ra 1 0 (loại) 

Chia cả hai vế cho 

y 

0, y 0 ta được: 

3 4 

1 1 

x 

y y 

 

1 1 x 

4 

 

y y 

giải như bài 19 

2 

x 

2 

15 

. Đặt 1 t 

15 

, sau đó 

t t x 

2 2 

 

y ta được: x t x t 

4 

16 x y 4xy x y 6x y x y x y 2 

4 4 2 2 2 2 

23) Ta có: 4 

x y 2 2 2 

x 

1 

x 2 x 2 2x 4x 

2 0 

2 2 

 

x 

y 2 

y 

1 

+) 2 

x y 2 2 2 

x 

1 

x x 2 2 2x 4x 

2 0 

2 2 

 

x 

y 2 

y 

1 

+) 2 


Vậy nghiệm của hệ có 2 cặp nghiệm là 1;1 , 1; 1 

. 

24) Ta có: PT 2 

27 27 9 3 3 

3 3 2 2 3 3 2 2 

x y x y y x x y y x x y 

 

3 3 

3x y x y x y . Hệ đã cho tương đương: 

3 3 

x 

y 2 

x y 

 

x 

y 

1. 

25) Ta có: PT 2 15x 4 y 4 12x 2 y 2 40xy 8xy 4x 2 y 

2 

 

 

16x y 8xy 4x y 12x y x 

4 4 2 2 2 2 4 

4 4 2x y x x y 

2x y x 

2x y x 

 

3x y 

 

+) 

+) 

2 2 

x 

y 1 

4x 

y 5 

 

 

. 

x 

y x 

y 1 

2 2 

4x 

y 5 2 2 2 5 5 5 5 

4x 9x 5 x ;3 , ; 3 

3x 

y 

13 13 13 13 

. 

 

26) Điều kiện: xy , 0. 

1 1 1 2 1 1 1 

 

x y x y x y 

Ta có: 

x y x y 

2 2 2 3 

2 2 

Hệ đã cho tương đương với hệ: 

 

 

 

x x 2y 8 xy 

4 

 

 

2 2 

2 

 

xy 16 

x 

2xy 

8 

xy 

4 

Xét hệ: 2 

x 

2xy 

8 

xy 

4 

. khi đó . Hệ này vô nghiệm. 

2 

x 

0 


xy 

4 

Xét hệ: 2 

x 

16 

Hệ này có nghiệm 4; 1 

và 4;1 

. 

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm 4; 1 

và 4;1 

. 

27) Ta có: 

2 2 

x 

y 

9 

 

2 

1 

x 

 

 

1 

xy x y 

2 2 

 

2 

1 y 2 

Hệ này tương tự với hệ 

2 2 

x 

y 

9 

 

2 

1 

x 

 

 

1 

xy x y 

2 2 

 

2 

1 y 2 

2 

1 

y 1 

 

9 

xy 

, 1 

 

2 2 

x y 

Khi đó, hệ có nghiệm 

28) Điều kiện: x2, y 

4 

3;0 

và 3;0 . 

Vì 12x y 4 3x y 4 4 

3xy 

và 

Cộng hai bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được: 

5xy 12x y 4 4 2y x 2 3xy 2xy 5xy 

Do vậy dấu “=” phải xảy ra. Khi đó x4, y 8 . 

4 2y x 2 2y x 2 2 2xy 

Kiểm tra lại, ta thấy x4, y 8 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. 

29) Điều kiện: x16, y 9 . 

Khi đó: 

8 17 x y 

21 x y x y 

 

x y 

.Đặt t 2 . 2 . 

6 

8 y x 

4 y x y x 

y x 


Từ sự đánh giá qua bất đẳng thức dưới đây: 

8 17 3 8 1 

6 6 

2 2 2.2 6 

t6 8 t 4 t6 8 

t t 

t 2. 

, suy ra t 6 8 hay 

Vậy t x 16 .Xét phương trình vô tỷ x16 x9 7 với x 16. 

x 16 x 9 37 x 

Bình phương hai vế và giản ước được: 

Từ đây suy ra x 25 . 

Kiểm tra lại, ta thấy x25, y 25 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình. 

30) Điều kiện: 3 x, y, z 13. Cộng ba phương trình vế theo vế, ta 

được: 

x 3 13 x y 3 13 y z 3 13 z 6 5 . 

Xét: T t 3 13 t 

với t 3;13 

Vì T t t t t 

3 13 11 313 2 5 

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki và dấu “=” xảy ra khi t 8 . 

Vậy hệ phương trình có một nghiệm x y z 8 . 

31) Biến đổi hệ phương trình thành: 

2 

 

2 

x x y x y 7x y 

4 (1) 

 

2 2 

4 3x y 8 x y 

(2) 

Thực hiện phép thế (2) vào (1) ta có: 


2 

7 3 8 

2 2 15 

2 2 2 

x x y x y x y x y x y 

 

2 2 

x x y x xy x y 

 

2 2 

x x y x y x y x y x x 

2x 15 2 15 0 

TH1: x y. 

Thay vào phương trình (2) có ngay: 

trình này vô nghiệm. 

2 

4x 4 0 . Phương 

TH2: 

x 

2 

 

2 

y 1 

x 3 y 8y 

7 0 

2x15 0 

y 7 

2 

x 5 y 8y 119 0( VN) 

Vậy hệ đã cho có các nghiệm sau: 3; 1 , 3; 7 

32) Đặt 

u x y x y u y u v 

 

v 3 x y 3 x y v x 6 u 2v 

2 2 2 

2 2 3 

2 2 2 

 

2 2 

2x 3y 4 u v 7 

3uv5 

Khi đó hệ ban đầu trở thành: 

2 2 

2v u v 7 2(*) 

Thế v5 3u 

vào phương trình (*) giải tìm được u 1, từ đó v = 2 

x = 3; y = 2 

33) PT thứ hai của hệ 

2 

 

2 

2 

2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 

x y x y x x x y x x y x 

hoặc x 2y x 

2 

x 

0 

TH1: x 2y x 2 

2y x x 

2 

được 13x 

11x30 0 

thay vào phương trình thứ nhất ta 


x 

20 

TH2: x 2y x 

2 2 

2y x x 1 

nhất ta được bậc hai theo x 

thay vào phương trình thứ 


2 

x 4; y 0; x y;4 x y; y 3x 

Phương trình (1) 

 

2 2 

2x 2 x y 4x y 2 x y y 2x y 4x 4 y 0 

+ Nếu y 0 thì không thỏa mãn do điều kiện y3x 

12 

+ Nếu y 4x4thay vào phương trình (2) ta thu được: 

2 2 

x x x x 

16 2 4 16 3 4 1 

2 

x 25 x 5 x 5 1 

x 5 

 

0 

2 2 

x 16 3 x 4 1 x 16 3 x 4 1 

x 5 1 

x 5 0 

2 

x 16 3 

x 41 

Với x 5 y 16 

x 5 1 

0 x 5 x 4 x 2 x 16 0 . 

2 

x 16 3 

x 41 

Xét 

2 

2 2 2 

Dễ thấy x 2 x 16 x 4x 4 x 16 0 với mọi x 4 nên 

phương trình vô nghiệm 

Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất: xy ; 5;16 

35). ĐK: x 2 y, x x 2y 

0 

Đặt 

a 

3y 

, phương trình (1) của hệ đã cho tương đương với: 

b x 2y 


2 2 2 2 

 

a a 1 b b 1 a b a ab b 1 0 . 

2 2 

Do 0 , 

a ab b a b a b 

Hệ 

y 

0 

 

x 2y 3y 

 

 

 

 

x x 2y x 3y 

2 

 

2 

x 9y 2y 

2 2 

9y 2y 3y 9y 2y 3y 

2 

Đặt 

Do 

t 

2 

t y y pt t t t 

t 

5t 

4 0 

2 

9 5 , 2 4 

2 

4 8 

y 0 y x 

9 3 

. 

8 4 

Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất: xy ; ; 

3 9 

36) Từ phương trình (1) ta rút ra được: 

2 

2 2 

 

 

2 2 2 2 

x x y x x y 

x x y 2x 2x x y x y 

 

(*) 

Từ phương trình 2 ta có kết quả: 9 x 6 x 

1 

5 y 

Thay vào (*) ta có: 

2 2 2 2 2 

9x 

9 

2 

5 y 

5 

x 

x 

0 

2 2 2 2 

2x 2x x y y 6x 

2 2 2 

1 2x 2x x y 6xy 

2 2 2 

 

y y x x y 3y 

Nếu x 0 vô nghiệm. 


Nếu 

2 2 2 2 

x x y 3y x y 3y x 

3yx0 

3yx0 

y 0 5 

 

 

2 2 2 2 

x y 9y 6xy x 

y x. 

 

5 3 

y x 

 

3 

Thay vào ta tìm được: ( xy ; ) (5;3) 

KL: Hệ có nghiệm: ( xy ; ) (5;3) 

37) Biến đổi phương trình (1) 

2 2 

( x 3) ( y 4) 4 ( y 4) ( x 3) 1 (*) 

+ x 3 

y 4 ta thấy không thỏa mãn. 

+ x 3 y 4 thì bình phương hai vế phương trình (*) 

( x 3)( y 4) 0 

 

( y 4) 4( x 

3) 

2 2 

y 4 2( x 3) y 2x 

10 

Thay vào phương trình (2) và rút gọn ta được: 

2 3 

4x 28x 51 3 4x 

15 0 

x 2 x 3 x x 

4 8 16 3 4 15 4 13 0 

 

 

2 

3 

274x15 4x13 

3 

x x x x 

4 x 4 0 

 

 

2 

3 

2 2 

9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 

2 

164x7 x4 

3 

x x x x 

4 x 4 0 

3 

2 2 

9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 


2 

44x 

7 

 

 

x 4 

1 

0 

3 

2 3 

2 

9 4x 15 34x 13 4x 15 4x 

13 

 

 

 

44x 

7 

3 

x x x x 

 

1 

0 

3 

2 2 

9 4 15 3 4 13 4 15 4 13 

 

x 

4 

- Với x 4 y 2 

 

 

4 4x 

7 

- Với 1 

0 (3) 

3 

2 3 

2 

9 4x 15 3 4x 13 4x 15 4x 

13 

Ta sẽ chứng minh phương trình này vô nghiệm như sau: 

Dễ thấy với mọi x thì 

2 

4x 

28x 51 0 

3 15 

Do đó phương trình(**)có nghiệm khi 3 4x15 0 x . Từ đó 

4 

suy ra vế trái của (3) luôn dương, dẫn đến phương trình này vô nghiệm. 

KL: x; y 4; 2 

38) Từ phương trình (2) ta thu được: 

2 2 

y 2 x y 

 

xy 

2 


2 

3 2 xy 2 3 x y 2 

2x x2 x y x 2y 4 x 2x xy x 2y 

4 

 

2 

2 

2 2 2 

( x 2)( x 2x 4) x( x 2x 4) y( x 2x 

4) 0 

 

3 2 2 

2x 2x 4x x y 2xy 4y 

8 

3 3 2 2 2 

(x 8) (x 2x 4x) (x y 2xy 4y) 0 (2x 2 y)(x 2x 4) 0 


y 2x 

2 

Thay y 2x 2 vào phương trình (2)và rút gọn ta được 

x 

0 

y 2 

x(6x7) 

0 

 

7 1 

x y 

6 3 

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm 

7 1 

( xy ; ) (0; 2), ; 

6 3 

39) Với điều kiện x 0hệ phương trình đã cho tương đương với hệ: 

2 2 2 2 

x y xy xy y y 

 

 

8 6 12 7 8 0 

2 2 

13y y 1 6xy 

0 

Lấy (1) + (2) ta có được phân tích sau: 

2 2 2 2 2 

x y xy y xy y y x y x 

2 6 6 9 0 [ ( 1)] 6 ( 1) 9 0 

y x 1 3 19y 

17 y1 0 

Ta được 

2 

- Với 

- Với 

17 213 49 3 213 

y ; x 

38 2 

17 213 49 3 213 

y ; x 

38 2 

Vậy hệ phương trình đã cho có bộ nghiệm là: 

49 3 213 17 213 49 3 213 17 213 

( xy ; ) 

; , ; 

2 38 2 38 

 

40). Điều kiện: y 0 


Với y 0 ta biến đổi hệ phương trình thành 

2 

x 4 

2 xy 

 

y xy 

 

x 

 

 

y 

2 

3 

2 2xy 

y 2 

Đặt 

2 

x 

a ; b xy hệ phương trình trên trở thành 

y 

4 

2ab 

2 

b 2ab 

b 

4 (3) 

 

 

2 2 2 

b 2a 2ab b 2 a (4) 

2a 2b 2 

a 

Cộng (3) và (4) theo vế và thu gọn ta được 

a 

2 

a 

1 

a 2 0 

a 

2 

TH a b b 

2 

1: 1 2 4 0 ( VN) 

TH 2: a 2 b 2ta có hệ phương trình 

2 

x 

 

y 

y 

xy 2 

 

 

3 

2 x 4 

3 3 

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( xy ; ) 4; 2 

3 

2 


 

 

 

2 

 

 

2y 

y 0 

0 y 2 

2 

1 x 0 1 x 1 

Cách 1: Đặt t x 1,0 t 2 . Lúc đó hệ pt thành: 

3 2 3 2 3 2 3 2 

t 3t 2 y 3y 2 t 3t y 3y 

 

 

2 2 2 2 2 2 

x 1 x 3 2y y 2 x 

1 x 3 2y y 2 


Từ phương trình (1) ta suy ra: t yt 2 ty y 2 t y 

t 2 ty y 2 t y t 2 y t y 2 y 

 

3( ) 0 Vì 

3( ) 0 3 3 0 có 

y 2 y 2 y y y y y y 

3 4 3 3 3 4 3 3 1 0 nên 

phương trình này vô nghiệm. 

Vậy t y x 1 y . Thay x1 

y vào phương trình (2) có: 

 

 

2 2 2 2 2 2 

x 2 1 x 2 1 x 2 1 x 3 0 1 x 1 1 x 3 0 

2 

1x 

1 

 

x 0 y 1 

 

2 

1 x 3 

Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất là xy ; 0;1 

Cách 2: Phương trình (2) x 2 1 x 2 2 3 2y y 2 f x g y 

. 

Xét 

13 

 

4 

f x trên miền 1;1 

ta có 3 f x 

Ta lại có: g y y y 

y2 

y 

3 2 3. 

2 

Vậy f x g y . Dấu bằng xảy ra khi 

y 

1 

. 

x 

1, x 0 

Thay vào phương trình (1) có nghiệm xy ; 0;1 

(thỏa mãn) 


. 

42) Vì x 0 không phải là nghiệm của hệ chia phương trình (1) cho 

3 2 3 

2x 4x 3x 1 2x 2 y 3 

2y 

ta thu được: 

3 

1 1 

3 

1 1 3 2y 

3 

2y 

x x 


3 

x

Đặt 

1 

a 1 , b 3 2y 

suy ra 

y 

 

3 3 2 2 

a a b b a b a ab b 1 0 a b 

. 

Thay vào pt thứ 2 ta được: 

3 

x x 

x7 x7 

2 3 15 2 0 0 

3 

2 

x 23 3 

15 x 2 15 x 4 

111 

x 7 y 

98 

43) Dễ thấy xy 0 không thỏa mãn hệ. 

Với xy 0 viết lại hệ dưới dạng: 

Điều kiện để phương trình 

nghiệm là 2 2 

 

 

1 1 7 

2x 2y 

 

x y 

2 

2 2 

x y xy 7x 6y 

14 0 

2 2 

x y xy x y 

7 6 14 0 (ẩn x) có 

7 

7 4 24 56 0 1; 

3 

1 

y y y y 

Điều kiện để phương trình 

nghiệm là: 2 2 

2 2 

x y xy x y 

7 6 14 0 (ẩn y) có 

10 

6 4 28 56 0 2; 

3 

2 

x x x x 

1 

Xét hàm số f t 

t 

7 

f x. f y f 2 . f 1 

 

2 

2t 

đồng biến trên 

0; nên 

 

Kết hợp với phương trình thứ nhất ta được: 

x 

2 

là nghiệm của hệ. 

y 

1 


“Để chứng minh hàm số f 

 

sau: Xét hai giá trị x1 x2 D . Chứng minh: 

Ngược lại để chứng minh hàm số f 

x đồng biến trên miền xác định D ta làm như 

 

 

f x f x 

1 2 

x 

x 

1 2 

0 ” 

x nghịch biến trên miền xác định D 

ta làm như sau: Xét hai giá trị x1 x2 D . Chứng minh: 

 

f x f x 

1 2 

x 

x 

1 2 

0 ” 

44) Điều kiện xác định 

1 x ; y 2 . 

2 

Ta viết lại hệ thành: 

3 

 

 

2 2x 1 2x 1 2y 3 y 2 

 

4 

4x 2 2y 4 6 

Đặt a 2x 1, b y 2 suy ra 

trình thứ nhất của hệ ta có: 2x1 y 

2 

3 3 

2a a 2b b a b . Từ phương 

Thay vào phương trình thứ hai ta được: 4 4y8 2y 4 6(*) 

Đặt t 2y 4 thì 

2 

2y 

t 4 

thay vào ta có: 

4 2 2 

t 16 6 t t 4 

1 

 

y 6 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất là xy ; ;6 

2 

 


4y 

x 

13x4y0 13 

 

 

2x 

y0 

y 

x 

2 

Đặt a 13x 4 y, b 2x y . Khi đó ta được hệ phương trình: 


5 x 

2 2 

b (1) 

a 4b 5x a 2b x 4 

 

 

 

a 2b 5 a 2b 5 a 2b 

5 (2) 

b x 2y 2 b x 2y 2 

b x 2y 

2 (3) 

 

 

Thế (1) vào (3) ta được: 

8y 

3 

x (4) . Thế (4) vào phương trình 

3 

2x y x 2y 

2 ta được: 

3 

19y6 3 2 

y y 

 

2 

3 3 

 

2 

4y 

69y 

19 0 

Giải ra 

69 3 545 

y từ đó tính được x 24 545 

8 

69 3 545 

Thử lại ta thấy xy ; 

 

24 545; 

 

8 

 

 

 

là nghiệm cần tìm. 

46) Ta tìm cách loại bỏ 

(2) nên tương đương 

Thế 

3 

18y . Vì y 0 không là nghiệm của phương trình 

2 2 3 

72x y 108xy 18y 

. 

3 

18y từ phương trình (1) vào ta thu được: 

3 

 

xy 

2 

 

21 

9 5 

x y x y xy xy 

. 

4 

 

21 

9 5 

xy 

 

4 

3 3 2 2 

8 72 108 27 0 

Thay vào phương trình (1) ta tìm được xy. , 


y 0( L) 

 

 

 

 

 

3 

8 xy 27 3 1 

3 

y 

 

 

 

 

y 

 

 

5 3 x 3 5 

18 2 4 

3 

8 xy 27 3 1 

3 

 

Vậy hệ đã cho có nghiệm 

3 5 x 3 5 

18 2 4 

1 3 1 3 

xy ; 3 5 ; 5 3 , 3 5 ; 3 5 

 

 

4 2 4 2 . 


1 

x2, 

y . 

2 


2 x 2 x 2 x 2y 1 2y 1 2y 1 f 2x 1 f 2y 

1 

Đặt 

3 

3 3 

a 2 x, b 2y 1 a a b b a b 

. 

2 x 2y 1 x 3 2y 

thay vào ta có: 

a2b5 

5 2y 

2 y 2 5 3 2 

a 

2b 

9 

 

a 

1; b2 

 

3 65 23 

65 

 

 

 

a ; b 

4 8 

 

65 3 23 

65 

a ; b 

4 8 

 

y 2 

 

233 

23 65 

 

 

 

y 

. 

32 

 

233 

23 65 

y 

32 



23 65 185 233 23 65 23 65 185 233 

23 65 

; 1;2 , 

; , 

; 

16 32 16 32 

 

xy 

 


2 

x 1. 

Ta có (1) tương đương 

 

2 2 2 2 

x x 1 y y 1 y 1 y y 1 

y 

2 2 

x x y y 

Từ đó ta rút ra x 

1 1. 

y. 


y 

y 

 

2 

y 1 

35 

12 

. 

Bình phương hai vế (điều kiện y 0). Khi đó ta có: 

y 

2 

2 2 2 4 2 2 2 

2 

2y y 35 y y y 2y 

35 

 

2 2 

2 

1 12 1 

2 

. 

y 1 y y y 1 

12 

 

Đặt 

2 

y 

t 

0 

. Phương trình tương đương: 

2 

y 1 

t 

2 

49 5 

2 t ( L ) 

2 

y 

35 12 y 25 4 

2t 0 . 

12 25 

2 

 

y 1 12 5 

t 

y 

12 

 

3 

Đối chiếu điều kiện chỉ lấy 2 giá trị dương. 

5 5 5 5 

Vậy hệ có nghiệm xy ; ; , ; 

4 4 3 3 . 

49) Triển khai phương trình (1) 


2 2 2 2 2 2 2 2 

(1) x y 6xy 9 x 2xy y 8 x y x y 1 8xy 

2 2 

 

x 1 y 1 8xy 

. 

Nhận thấy x0, y 0 không là nghiệm của hệ. 

Phương trình (1) khi đó là: 

2 2 

x 1 y 1 

. 8 . 

x y 

x y 

Đặt a; 

b. Hệ đã cho tương đương: 

2 2 

x 1 y 1 

1 x 1 

a 

 

2 

 

 

2 x 1 2 

 

1 

1 

1 1 y x 

 

 

a b 

 

b 

2 

 

 

4 

4 

 

 

y 1 4 y 

2 

3 

 

 

1 

 

. 

 

1 x 1 

8 

 

a x 

2 3 

 

2 

ab 

4 

 

 

x 1 4 

 

 

 

y 1 

1 

 

 

 

 

y 1 

b 

2 

 

2 

 

y 1 2 


xy ; 1;2 3 , 1;2 3 , 2 3; 1 , 2 3; 1 

. 

50) Ta có: 

2 2 ( x 

2 y) 

2 2 

 

2 

x 4y x 4y 2 2 2 

x 

2y 

( x 2 y) 11 x 4y 

 

2 4 2 2 

Mặt khác ta cũng có: 


2 

x y x y x y 

2 2 

2 2 

x 2xy 4y 

3 2 ( 2 ) 2 

 

 

3 12 4 

2 2 

x 2xy 4y 

x 

2y 

 

 

3 2 


2 2 2 2 

x 4y x 2xy 4y 

x 2y x 2y 

2 3 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x2y 

0 

Thay vào phương trình còn lại ta thu được: 

 

x x 3x 2x 1 0 x 1 x 3x 1 0 x 1 y 

2 

4 3 2 3 1 

1 

Hệ có một cặp nghiệm: xy ; 1; 

2 

3 3 3 

51) Cộng theo vế các pt của hệ ta được: x y z 

 

4 4 4 0 (*) 

Từ đó suy ra trong 3 số hạng ở tổng này phải có ít nhất 1 số hạng không 

âm, không mất tính tổng quát ta giả sử: z 

3 

4 0 z 

4 

Thế thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương: 

2 

3 2 

x z x 

16 12 2 12.2 4 

Thế thì phương trình thứ hai của hệ tương đương: 

2 

3 2 

y x y 

16 12 2 12.2 4 

3 3 3 

Do vậy từ 

thỏa mãn. 

x 4 y 4 z 4 0 * x y z 4 thử lại 

Vậy x; y; z 4;4;4 

là nghiệm của hệ. 


52) Phương trình (1) của hệ có dạng: x 2 y x 2 y 

2 

 

2 2 1 0 

2 2 

Do x 2 y 1 0 nên suy ra 

vào phương trình (2) ta có: 

2 2 

x 2 y 0 y x 2 thay 

2 

2 

( x 2) ( x 2) ( x 2) 2 x x x 

2 

x 2 x x 1 y 3 

Vậy hệ có nghiệm duy nhất xy ; 

1; 3 

53) Theo bất đẳng thức cô si ta có: 

x x x y 1 x x y 

. 

x 3y x y x 3y 2 x y x 3y x y 1 x 3 

 

y 1 2y 1 1 2y 

x 

3y 

2 x 

y 2 

 

 

x 3y 2 x 3y 2 2 x 3y 

 

Tương tự ta cũng có: 

x y 1 x 3 

 

y 3x 

2 x 

y 2 

1 1 

Từ đó suy ra x y 

2 . Dấu bằng xảy ra khi 

x 3y 3x y 

 

 

x y thay vào phương trình thứ nhất ta được: x y 4 

3 2 2 

2 y ( x 4) y 8y x 4x 

0 

 

1 x 

2 1 

 

x 2y 3 4( x 1) 8y 

 

2 2 


1x 

0 

 

x 

2y 

3 0 

Phương trình thứ nhất của hệ được viết lại thành: 


2 2 3 2 

x y x y y y 

( 4) 2 4 8 0 

 

2 2 3 2 2 

( y 4) 4(2y 4y 8 y) y 4y 

4 

x 

2y 

Từ đó ta tính được: 2 

x y 2y 

4 

 

 

2 

Vì 

x y y y 

2 2 

2 4 ( 1) 3 1 nên không thỏa mãn 

Thay x 2y 

vào phương trình thứ hai ta được: 

1 x 

2 7 

2x 3 4x 4x 

 

2 2 

Ta có: 

2 7 2 5 5 

4x 4 x (2x 

1) 

; 

2 2 2 

1 x 

1 

2 3 2 2 2 3 1 

x x x 12 2x 2x 

3 

 

5 

2 2 4 

2 

Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi các dấu bằng đồng thời xảy ra. 

Suy ra 

1 1 

x ; y 

2 4 

55) Từ phương trình (2) ta suy ra x 0 

Phương trình (1) được viết lại như sau: 

1 0 1 4 1 

2 2 3 2 2 

2 

3 2 2 

2 

x y y x y y y y y y y y 

2 

x 

y 0 

Từ đó tính được: 

x 

y1 


2 2 

Thay y x 1 vào phương trình ta thu được: 3 x( x 4) x 4 2x 

. 


x 2x 

3 1 

x 4 x 4 

2 

x 4 ta có: 

2 2 

x 

Đặt t 0 

2 

x 4 

ta có 

t 

1 

 

t 

2 

2 

2t 

3t 

1 0 1 

Với 

Với 

t x x 

2 

1 4 0 vô nghiệm 

1 

t x 2 y 1 

2 

Vậy hệ có nghiệm duy nhất xy ; 2;1 

56) Điều kiện: x 1 

Ta viết lại phương trình (1) thành: 

2 2 3 2 

x y x y y y 

( 2) 2 4 4 0 

Tính được 

2 

2 

3 2 2 

2 x 

2y 

y 2 8y 16y 16y y 4y 

2 

2 

x y 2y 

2 0 

Thay 

x 

y vào phương trình ta thu được: 

2 

3 

2 

 

3 x 1 2x 4 x 2x 

9(*) 

Theo bất đẳng thức Cosi ta có: 

 

3 3 3 3 

3 x 1 2x 4 .2 1.( x 1) 1 x 1 

x 

2 2 2 

3 1 x 10 

 

2 2 2 

3 

3 2x 4 

3 

4.4.( x 2) 4 4 x 2 


3 3 x 10 

Từ đó suy ra 3 

x 1 2x 4 x 2x 

5 

2 2 

2 

Mặt khác ta có: 2 

x 2x 9 (2x 5) x 2 0 

Từ đó suy ra phương trình (*) có nghiệm khi các dấu bằng đồng thời xảy 

ra x 2 . 

Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất xy ; 2;1 

Mặt khác ta thấy x2; y 3 là một nghiệm của hệ 

Vậy xy ; 2;3 

là nghiệm duy nhất của hệ. 

57) Đặt 

1 a x y , b x y 

x 

y 

 

Hệ 

2 1 

2 

5 ( x y) 3( x y) 13 

2 

( x y) 

 

 

 

 

1 

( x y ) x y 1 

 

x 

y 

nên ta có: 

 

 

 

 

a b 1 a b 1 

2 2 2 2 

5( a 2) 3b 13 5a 3b 

23 

Giải hệ này ta tìm được 

a 

4 

 

b 

3 

và 

5 

a 

2 

 

7 

b 2 

Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ: 

1 3 5 3 3 11 3 

xy ; 

; , ; , ; 2 

2 2 . 

 

4 4 2 

58) Từ phương trình (2) ta suy ra xy 0 x, 

y cùng dấu. Từ phương trình 

(1) ta suy ra xy , 0. 


Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: 

2 2 2 2 

2 2 x 2 y y 2 

x 

x 2 y y 2 x 2 . Dấu bằng xảy ra khi và 

2 2 

chỉ khi 

x 

y 2 . 

2 2 

Bài toán trở thành: Giải hệ phương trình: 

2 2 

x 

y 

 

 

 

2 

3 

( x y) 12( x 1)( y 1) xy 9 

Ta có: 

3 3 

( ) 12( 1)( 1) 9 ( ) 12( ) 21 12 

x y x y xy x y x y xy xy 

Đặt t x y t x 2 y 

2 

 

2 2 ta thu được 

x y 2 2xy 2 x y 2t 

2 1 

. Ta có: 

3 

( ) 12( ) 21 12 

x y x y xy xy 

x y 2 x 2 y 2 

x 

y 

3 3 2 

( x y) 12( x y) 21 12 t 6t 12t 

8 

. 

2 2 

Ta có t 3 t 2 t t 

3 

duy nhất của hệ. 

6 12 8 2 0 . Khi t 2 thì x y 1 là nghiệm 

59). Từ phương trình 2 của hệ ta suy ra xy , 0. Xét phương trình: 

 


3 3 2 2 

Ta có: 

2 

 

. 

3 3 2 2 

x y 7 x y xy x y x y 6xy x y x y 4xy 

2 2 

x y 4xy 2 x y .4xy 

. Suy ra 

Theo bất đẳng thức Cô si ta có: 

 

3 3 

2 2 

x y 7 x y xy 4 xy x y x y 4 xy x y 

. Ta có 

2 2 2 2 2 

 

x y x y 2xy 2 x y .2xy 

. 


Suy ra x 3 y 3 7 x y xy 8xy 2x 2 y 

2 

 

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 

khi x 

y. Thay vào phương trình (2) ta thu được: 

x 3 

x 2x 3 6 2x 2x 3 x 2x 3 

2x 

3 

2x3 

x 

1 3 

Suy ra x 3 hoặc: 2x 3 x Do x nên pt này vô nghiệm. 

2 2 

Tóm lại: Hệ có nghiệm: x y 3. 

 

 

 


Chủ đề 8 - BẤT ĐẲNG THỨC 

Phần 1: BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CÔ SI) 

Cho các số thực không âm abc , , khi đó ta có: 

1. a b 2 ab . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b. 

3 

2. a b c 3 abc . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab c. 

Các bất đẳng thức 1, 2 gọi là bất đẳng thức Cauchy cho 2 và 3 số thực 

không âm. (Còn gọi là bất đẳng thức Cô si hay bất đẳng thức AM- GM) 

Để vận dụng tốt bất đẳng thức Cauchy . Ta cần nắm chắc những kết quả 

sau: 

1) 

1 1 4 2 2 

 

a b a b a b 

2 2 

; 

2 

x 

2 y 

2 

 

x y 

a b a b 

2) 

3) 

4) 

5) 

6) 

7) 

1 1 1 9 3 3 

 

a b c a b c a b c 

2 2 2 

3 1 3 

a ab b ( a b) ( a b) ( a b) 

4 4 4 

2 2 2 2 2 

1 3 1 

a ab b ( a b) ( a b) ( a b) 

4 4 4 

2 2 2 2 2 

a bc 2 2 2 2 

ab bc ca a b c 

3 

2 

x 2 y 2 z 

2 

 

x y z 

a b c a b c 

a 

b 

 

3 3 

a 

b 3 

4 


2 

2 

4 4 

2 

4 4 2 2 a b 

( a b) 4 4 ( a b) 

8) 2( ) 

a b a b a b 

 

2 

4 8 

mn mn 1 

9) Với ab , 0 thì 

( 

m m 

a b a b ) (*) 

2 

Thật vậy BĐT cần chứng minh tương đương với 

n n m m n n 

( a b )( a b )( a b 

) 0 điều này là hiển nhiên đúng. 

(**) Tổng quát ta có 

n n 

a b a b 

 

 

2 2 

n n n1 n1 

a b a b a b a b 

Thật vậy áp dụng (*) ta có 

...... 

 

2 2 

2 2 

mn mn mn 1 

10) Với abc , , 0 thì 

( 

m m m )( 

n n n 

a b c a b c a b c ) (*) 

3 

Thật vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 

m m n n m m n n m m n n 

( a b )( a b ) ( b c )( b c ) ( c a )( c a ) 0 mà điều 

này là hiển nhiên đúng. 

n n n 

a b c a b c 

Tổng quát ta có: 

. Thật vậy áp dụng (*) ta có: 

3 3 

n 

n n n n 1 n 1 n 1 2 n 2 n 2 n 2 

a b c a b c a b c a b c a b c 

. 

3 3 3 3 3 

Áp dụng bất đẳng thức này ta có: 

n n n n n n n n n 

a b b a b c a b c a b c 

n 

3 

 

3 

 

3 3 

n n n 

Tương tự ta có: 

1 1 1 1 1 1 

 

n n n 

a b c 

a b c 

 

3 3 

 

Do 1 1 1 9 

a b c a b c 

suy ra 1 1 1 

3 

3 

 

n n n 

a b c a b c 

. 

n 

n 

n 

n 

n 

11) 

1 1 2 

a 1 

b1 1 

ab 

với mọi ab , 1 


Tổng quát: với ab , 1 ta có 

1 1 2 

 

n 

n 

(1 a) (1 b) 1 

ab 

 

 

n 

12) Với 0 ab 

, 1 thì 

1 1 2 

a 1 

b1 1 

ab 

Tổng quát: Với ab , 0;1 

ta có: 

1 1 2 

 

1a 1b 1 

ab 

n n n 

13) Một số kết quả được suy ra từ bất đẳng thức Cô si. 

3 3 3 3 3 3 

+ 3 

a b x y m n axm byn (*) 

Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 

3 3 3 

a x m 3axm 

 

3 3 3 3 3 3 

a b x y m n 3 a b x y m n 

3 3 3 3 3 3 

 

3 3 3 

b y n 3byn 

 

3 3 3 3 3 3 

a b x y m n 3 a b x y m n 

3 3 3 3 3 3 

 

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra: 

3axm 

3byn 

3 

 

3 a 3 b 3 x 3 y 3 m 3 n 

3 

 

3 

a 3 3 

b x 3 3 

y m 3 

n axm byn 3 

. 

+ Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được: 

3 3 3 3 3 3 3 3 3 

a b c x y z m n p axm byn czp 3 

. 

Ví dụ 1: Cho các số thực không âm abc. , , Chứng minh rằng: 

3 3 

a) a b aba b 

. 


1 1 1 

1 

a b abc b c abc c a abc abc 

b) 

3 3 3 3 3 3 

c) a bb cc a 8abc 

. 

d) a bb cc a a b cab bc ca 

e) Cho a bb cc a 1. Chứng minh: 

Lời giải: 

. Với ( abc , , 0) 

8 . 

9 

3 

ab bc ca ( Trích 

4 

đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội năm 2015) 

3 3 2 2 

a) Ta có : a b a ba ab b 

. Suy ra 

2 

3 3 2 2 

a b ab a b a b a ab b a b a b 

2 0 suy ra 

đpcm. 

b) Áp dụng bất đẳng thức ở câu a ta có: 

 

3 3 

a b abc ab a b abc ab a b c 

. Suy ra 

1 1 

 

3 3 

a b abc ab a b c 

 

 

. Tương tự ta có: 

1 1 1 1 

; 

 

 

3 3 3 3 

b c abc bc a b c c a abc ca a b c 

. Cộng ba bất 

đẳng thức cùng chiều ra suy ra: 

1 1 1 1 

. Dấu bằng xảy ra khi và 

3 3 3 3 3 3 


chỉ khi ab c. 

c) a bb cc a 8abc 

. 

Cách 1: Ta có: 

 

a b 2 ab, b c 2 bc, c a 2 ca a b b c c a 8abc 

. 

Cách 2: a bb cc a a b cab bc ca 

abc . Theo bất 

đẳng thức Cauchy ta có: 

a b c abc ab bc ca a b c 

3 

3 2 2 2 

3 , 3 


a b cab bc ca 9abc 

. Suy ra 

a bb cc a a b cab bc ca abc 8abc 

. 

Chú ý: a bb cc a a b cab bc ca 

abc là một biến đổi 

được sử dụng rất nhiều trong chứng minh bất đẳng thức: 

8 . 

9 

d) a bb cc a a b cab bc ca 

Chú ý rằng: a bb cc a a b cab bc ca 

abc . Áp dụng 

câu c ta có đpcm. 

e) Ta chú ý: a bb cc a a b cab bc ca 

abc . Suy 

ra 

1 

abc 

ab bc ca . 

a b c 

Theo bất đẳng thức Cô si ta có: 

 

a b b c c a 3 a b b c c a 3 a b c .Mặt 

2 

1 

khác sử dụng: a bb cc a 

8abc abc . Từ đó suy ra: 

8 

1 

1 

1 

abc 8 3 

ab bc ca . Dấu ‘’=’’ xảy ra khi và chỉ khi 

abc 

3 4 

2 

1 

a b c . 

2 

Ví dụ 2: 

3 

3 

a) Cho các số thực dương abc , , sao cho a b c ab bc ca 6. 


Hà Nội 2013. 

2 2 2 

a b c 6 . Trích đề tuyển sinh lớp 10- TP 


) Cho các số thực dương ab , sao cho : 1 1 2 . Chứng minh: 

a b 

Q 1 1 1 

Trích đề tuyển sinh lớp 10 

a 4 b 2 2 4 2 2 

2 ab b a 2 a b 2 

chuyên Nguyễn Trãi- Hải Dương 2013). 

c) Cho các số thực dương ab , sao cho ab 2 . Chứng minh: 

2 2 a b 1 1 

2a 

b 6 9 10 

2 2 . 

b a a b 

d) Cho các số thực dương abc , , thỏa mãn ab c 2 . Tìm giá trị 

nhỏ nhất của P 2a bc 2b ac 2c ab . Trích đề tuyển 

sinh lớp 10- TP Hà Nội 2014. 

e) Cho các số thực không âm ab , sao cho 

Lời giải: 

a 

b 

4 . Tìm GTLN của 

2 2 

ab 

P a b 2 

. Trích đề tuyển sinh lớp 10- TP Hà Nội 2015. 

a) Dự đoán dấu bằng xảy ra khi a b c 1. Ta có cách giải như sau: 


2 2 2 2 2 2 2 2 2 

a b 2 ab, b c 2 bc, c a 2 ac, a 1 2 a, b 1 2 b, c 1 2c 

. 

Cộng 6 bất đẳng thúc cùng chiều ta suy ra 

 

3 a 2 b 2 c 2 3 2 ab bc ca a b c 12 a 2 b 2 c 

2 3 

. Dấu 

bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. 

Ta có: 

b) Dự đoán khi ab 1 thì bất đẳng thức xảy ra dấu bằng. Từ đó ta có 

cách áp dụng BĐT Cô si như sau: 

4 2 2 4 2 2 

a b 2 a b, b a 2ab 

. Từ đó suy ra 

1 1 1 1 1 

Q 2 2 2 2 

2a b 2ab 2b a 2a b 2ab a b 2ab a b ab a b 

giả thiết 1 1 a 

b 

2 2 a b 2ab 

suy ra 

a b ab 

 

2 

Q 

a b 

2 

. Do 

. Từ 


1 1 4 1 1 

2 a b a b a b 

. Suy ra 

2 

khi ab 1. 

c) Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành: 

 

2 2 

1 

Q . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 

2 

2 a b 2ab a b 2ab 

2 a b 

2ab 6 9 10 

. Hay 

 

 

2 2 

ab 

a b 

4 2ab 

4 2ab 

2 2 3 3 2 2 

8 4ab 6 9 10 0 2a b 4a b 24ab 12a b 36 18ab 

 

2 2 

ab a b 

 

(*) với 

2 2 3 3 2 2 3 2 

2a b 4a b 24ab 12a b 36 18ab 0 4t 10t 42t 

36 0 

a 

b 2 

0 t ab 1. Ta có (*) tương đương với: 

4 

3 2 

2t 5t 21t 

18 0 t t 2 t 

t 1 0 nên t 12t 2 3t 

18 

0 

t 1 a b 1. 

1 2 3 18 0 . Do 

2 

2t 

3t 

18 0 

và 


d) 2a bc aa b c 

bc . Áp dụng bất đẳng thức Cô si 

a b a c 

a ba c 

, tương tự ta có: 

2 

b a b c 

2b ac ba b c ac b ab c 

, 

2 

c a c b 

2c 

ab 


2 

2a b c 2b c a 2c a b 

P 2a bc 2b ac 2c ab 2( a b c) 

2 2 2 

2 

.Dấu bằng xảy ra khi a b c . 

3 

Ta viết lại 

P ab 

. Đặt a b 2 t t 2 

a b 2 

2 2 

2 

2 

a b 2ab t 2 2ab t 2t 

2 a b t 

2 

2 2 

 

2 2 

2 2 

.Ta có : 

2 a b a b a b 8 a b 2 2 2 t 2 2 2 . Ta sẽ 


chứng minh: 

2 

P ab t 2t 

2 

.Dự đoán dấu bằng xảy ra khi 

a b 2 

t 

a b 2 t 2 2 2 nên ta chứng minh: 

2 

1 t 2t2 1 

2 

 

P 2 1 t 2 2 3 t 2 2 2 0 . 

2 1 t 2 1 

Hay t 

2 t t t 

2 1 2 0 2 2 2 2 1 0 . Bất đẳng thức 

này luôn đúng do 2 t 2 2 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

t 2 2 2 a b 2 . 

MỘT SỐ KỸ THUẬT VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI. 

1. Dự đoán dấu bằng để phân tích số hạng và vận dụng bất đẳng 

thức Cô si. 

Đối với các bài toán bất đẳng thức đối xứng thông thường dấu bằng xảy ra 

khi các biến bằng nhau đây là cơ sở để ta phân tích các số hạng sao cho khi 

áp dụng bất đẳng thức Cô si thì dấu bằng phải đảm bảo. 


Ví dụ 1: Cho xy , là các số dương thỏa mãn x y 2 . Chứng minh 

 

x 2 y 2 x 2 y 

2 2 

 

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 Chu Văn An, Hà Nội – Amsterdam 2006-2007) 

Lời giải: 

Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi x y 1. Khi đó xy 1, 

x 

y 2 

2 2 

Mặt khác để tận dụng giả thiết x y 2 ta sẽ đưa về hằng đẳng thức 

x 

y 2 

. Vì vậy ta phân tích bài toán như 

1 

. .2 . Theo bất đẳng thức Cauchy thì 

2 

sau: x 2 y 2 x 2 y 2 xy xy x 2 y 

2 

 


xy 

x 

y 2 1 

, xy x 

y 

4 

suy ra x 2 y 2 x 2 y 

2 

 

 

 

2 4 

2 2 

2 2 2xy x y x 

y 

2 

4. Từ đó 

2 4 

2 . Dấu bằng xảy ra khi x y 1. 

Ngoài cách làm trên ta có thể giải bài toán bằng cách đưa về một biến: 

t x y hoặc t xy 

với chú ý: 2 4 

vậy: Đặt 2 2 2 

x y xy 

t xy; x y x y 2xy 

. 

2 2 2 2 

4 x y 2t x y 4 2t 

. Do 

2 2 

, 2 

2 x y x y . Thật 

x 

y 2 1 0 t 1 

xy . Ta 

4 

cần chứng minh: t 2 t t 3 t 2 t t 2 t 

4 2 2 2 1 0 1 1 0 . 

Bất đẳng thức này luôn đúng với mọi giá trị 0t 

1. 

Ví dụ 2: 

a) Cho ab , là các số không âm thỏa mãn 

rằng: 

 

a 

b 

2 . Chứng minh 

2 2 

a 3a a 2b b 3b b 2a 

6. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Ngoại 

Ngữ ĐHQGHN năm 2008-2009). 

b) Với ba số dương x, y, 

z thỏa mãn x y z 1, tìm giá trị lớn nhất 

x y z 

của biểu thức: Q 

. (Đề thi tuyển 

x x yz y y zx z z xy 

sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội 2014) 

Lời giải: 

a) Dự đoán dấu bằng xảy ra khi ab 1. Khi đó 

3a a 2 b,3b b 2a 

nên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy trực 

tiếp cho biểu thức trong dấu căn. 


Sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng xy 

3a a 2b 

2 

a 3a a 2b a 2a ab , 

2 

3b b 2a 

2 

b 3b b 2a b 2b ab . 

2 

x 

y 

, dễ thấy 

2 

Cộng hai bất đẳng thức này lại vế theo vế, ta được: 

2 2 

 

M a 3a a 2b b 3b b 2a 2 a b 2ab 4 2ab 

. Tiếp tục 

sử dụng bất đẳng thức Cauchy kết hợp với giả thiết, ta có: 

. Từ đó ta có ngay M 6 . Dấu bằng xảy ra 

a b 1. 

2 2 

4 2ab 4 a b 6 

 

x x x yz x x x x y z yz x 

b) Ta có: 

 

 

. 

x x yz x yz x 2 x x y z yz x 

2 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy co hai số thực dương 

 

 

 

 

a 

b 

ab ta có: 

2 

x y x z 

x 

x y x z 

x x 

x 

 

 

2 

xy xz 

 

 

 

 

xy yz xz xy yz xz 2 xy yz xz 

minh tương tự rồi cộng vế, ta suy ra Q 1.Đẳng thức xảy ra khi 

1 

x y z . Vậy Q lớn nhất bằng 1 khi 

3 

Ví dụ 3: Cho c 0 và a, 

b c . Chứng minh rằng 

ca c cb c 

ab . 

x y z 

1 

3 

 

 

. Chứng 

Lời giải:Dự đoán dấu bằng xảy ra khi a 

b. Bất đẳng thức cần chứng minh 

có thể viết thành: 


c a c c b c 

P . . 1. Sử dung bất đẳng thức Cauchy dạng: 

b a a b 

c a c c b c c c c c 

1 1 

x 

y 

xy , ta có: P b a a b b a a b 1. Bài 

2 

2 2 2 

toán được giải quyết hoàn toàn. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

c a c 

b 

a 1 1 1 

. Ngoài ra ta cũng có thể chứng minh bài toán bằng 

c b c a b c 

 

a b 

biến đổi tương đương. 

Ví dụ 4: Cho x, y, 

z là các số thực dương. Chứng minh rằng: 

x y z 

x 2yz y 2zx z 2xy 

2 2 2 

1 

2 2 2 

Lời giải: 

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng: 

. 

2 2 

2ab a b , dễ thấy: 

P x y z x y z 

 

x 2 yz y 2 zx z 2 xy x y z y z x z x y 

2 2 2 2 2 2 

1 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z . 

Ví dụ 5: Cho xy , 0 và x y 1 

Giải: 

. Chứng minh rằng x 

y 

1 

Dự đoán dấu bằng xảy ra khi x y . Ta đánh giá x 

2 


x y 2x y 

4 4 2 2 

8 5. 

xy 

4 4 

4 4 1 

suy ra 

y để đưa về xy . 

8 x 4 y 4 16x 2 y 

2 . 


4 4 1 2 2 1 

Suy ra 8x y 16x y 

xy 

xy 

Để ý rằng dấu bằng xảy ra thì 

2 2 

16xy 1 nên ta phân tích như 

2 2 1 2 2 1 1 1 

sau: 16x y 16x y . Áp dụng bất đẳng thức Cô si 

xy 4xy 4xy 2xy 

3 

a b c 3 abc 

2 2 1 1 

ta có: 16xy 

3 

4xy 

4xy 

, 

2 1 

2 2 1 1 1 

4xy x y 1 xy . Suy ra 16xy 

3 2 5 

4 

4xy 4xy 2xy 

. 


1 

x y . 

2 

Ví dụ 6) Cho abc , , là các số dương thỏa mãn ab c 3 . Chứng minh 

2 2 2 

2 2 2 9abc 

rằng: a b b c c a . 

2 2 2 

1 2abc 

Lời giải: 

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành: 

2 2 2 1 

a b b c c a2 9 

2 2 2 

abc 

2 2 2 1 1 1 

2a b b c c a 

9. Mặt khác sử dụng bất đẳng 

2 2 2 

ab bc ca 

2 2 1 2 2 1 

thức Cauchy bộ ba số, ta có: a b a b 33 

a b. a b. 3a 

2 2 

ab 

ab 

, 

2 2 1 

3 

2 2 1 

b c b c 3 b c. b c. 3b 

2 2 

bc 

bc 

2 2 1 

3 

2 2 1 

c a c a 3 c a. c a. 3c 

2 2 

ca 

ca 


Cộng ba bất đẳng thức trên lại vế theo vế, ta được: 

2 2 2 1 1 1 

2a b b c c a 

9. Dấu đẳng thức xảy ra khi và hcir 

2 2 2 

ab bc ca 

khi a b c 1. 

Ví dụ 7) Cho , 1 

Giải: 

3 3 2 2 

x y x y 

xy . Chứng minh rằng: 

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 

x 2 y 2 x 2 y 2 

2 xy 

P 2 . 

y 1 x 1 y 1 x 1 x1 y1 

 

x1 y1 

rằng nếu sử dụng bất đẳng thức Cauchy bộ hai số dạng 

8 . 

(1). Mặt khác, lại để ý 

a 

b 

ab , thì: 

2 

x 1 

2 x 1 x 1 y 1 

y 

1. x 1 ; y 1 1. y 1 

. Nhân 

2 2 2 2 

hai bất đẳng thức trên lại theo vế, ta thu 

xy 2xy 

được: x1 y1 

 

4 x1 y1 

8 (2). Từ (1) và (2) suy 

 

ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

2 2 

x y 

 

y1 x1 x y 2 . 

 

x 

2, y 2 

Đối với các bài toán mà dấu bằng không xảy ra khi các biến bằng nhau. 

Ta cần chú ý tính đối xứng của từng bộ phận , để dự đoán sau đó liên 

kết các dữ liệu của bài toán để tìm ra điểm rơi. Từ đó áp dụng bất đẳng 

thức Cauchy để thu đƣợc kết quả: 



Ví dụ 8: Cho x, y, z 0 thỏa mãn: xy yz zx 

1. Tìm GTNN của 

2 2 2 

P x y 2z 

Giải: 

Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi x y az và mong muốn biến đổi được : 

2 2 2 

P x y 2 z k( xy yz zx) 

để tận dụng giả thiết xy yz zx 

1 và 

dấu bằng xảy ra khi x y az . Để có tích xy . ta áp dụng 

Để tạo ra yz ta áp dụng: 

2 2 2 

a z x 2azx 

. 

2 2 2 

2 2 

x y 2xy 

. 

y a z 2ayz 

. Để tạo ra zx ta áp dụng: 

Vì hệ số của yz, 

zx là a nên ta nhân a vào bất đẳng thức đầu tiên rồi cộng 

lại theo vế ta thu 

được 

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

a x y y a z a z x a 1 x y 2a z 

a( xy yz zx) 

 

2 2 

2 2 2 2 

2 2 2 

Hay 2 a ( a 1)( x y ) 2a z . Để tạo ra P x y 2z 

ta cần có tỷ 

2 2 1 

5 

lệ: ( a 1) : 2a 1: 2 a a 1 0 a . 

2 

Từ đó ta tìm được: 

giải. 

2a 

P 51. Các em học sinh tự hoàn thiện lời 

1 

a 

Ví dụ 9) Cho x, y, z 0 thỏa mãn: x y z 3. Tìm GTNN của 

2 2 3 

P x y z 

Lời giải: 


Ta dự đoán dấu bằng có khi x y a, 

z b ; và 2ab 3. Theo bất đẳng 

2 2 

 

x a 2ax 

2 2 

thức Cô si ta có: y a 2ay 

. Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta 

3 3 3 2 

z b b 3b z 

 

có: 

2 2 3 2 3 2 

x y z 2a 2b 2 a( x y) 3b z .Tức là: 

2 2 3 2 2 3 

x y z 2 a( x y) 3b z 2a 2b 

Bây giờ ta cần chọn a, b sao cho 

được: 

2 

2 a:3b 1:1 

19 37 37 1 

x y a ; z c 

12 6 

Từ đó bạn đọc tự hoàn thiện lời giải: 

Ví dụ 10) Cho các số thực dương abc , , thỏa mãn: 

2 

2a 

3b 

. Giải hệ tìm 

2ab3 

2 2 2 

a 2b 3c 

1. 

Tìm GTNN của 

3 3 3 

P 2a 3b 4c 

Lời giải: 

Dự đoán dấu bằng xảy ra khi a x; b y; 

c z với x, y, z 0 và 

2 2 2 

x 2y 3z 

1 

Ta có: 

3 3 3 2 

a a x 3a x ; 

3 2 3 

2a 3a x x 

3 3 3 2 

b b y 3b y ; 

3 3 3 2 

c c z 3c z , suy ra 

3 3 3 2 3 9 2 3 3 

b b y 3b y 3b yb y , 

2 2 

3 3 3 2 3 2 3 

4c 3 23c 2 z z 

3 

 

c c z 3c z 2c 3c z z 

. Cộng ba bất 

2 3 2 2 3 3 3 3 

đẳng thức cùng chiều suy ra: P 3 

 

xa yb 2zc x y 2z 

. 

2 2 


3 

2 2 2 

Ta cần chọn x, y, 

z để: x : y : 2z 1: 2 :3 và x 2y 3z 

1. Áp dụng 

2 

tính chất dãy tỷ số bằng nhau ta dễ dàng tìm được: 

6 8 9 

x ; y ; z . Học sinh tự hoàn thiện lời giải. 

407 407 407 

Ví dụ 11) Cho các số thực dương a, b, c, 

d thỏa mãn: 

abc bcd cda dab 1. Tìm GTNN của P 4a 3 b 3 c 3 9d 

3 .(Trích 

đề thi vào lớp 10 chuyên Trường chuyên KHTN- ĐHQG Hà Nội 2012) 

Lời giải: 

Biểu thức P cho ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

a b c xd, Để giảm ẩn trong bài toán ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Cô si 

theo cách: 

Khi đó 

3 3 3 

a b c 3abc 

, 

3 3 3 3 

a b x d 3xabd 

3 3 3 3 

b c x d 3xbcd 

, 

3 3 3 3 

c a x d 3xcad 

, 

Suy ra 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 3 3 

x a b c 3xabc 

3 3 3 3 

b c x d 3xbcd 

3 3 3 3 

c a x d 3xcad 

3 3 3 3 

a b x d 3xabd 

 

. Cộng bốn bất đẳng thức cùng chiều ta có: 

3 3 3 3 3 

 

x 2 a x 2 b x 2 c 3x d 3x abc bcd cda dab 3x 

. 

x 2 4 

x 2 :3x 4 :9 4x 3x 

6 . 

Bây giờ ta chọn x sao cho 

3 3 

3 

3x 

9 

1 

1 

Đặt x 

y 

thay vào ta tìm được 

2 y 

3 3 1 3 3 

y 6 35, y 6 35 x 6 35 6 35 

2 

. Bạn đọc tự 

hoàn thiện lời giải. 

2. Kỹ thuật ghép đối xứng 


Trong nhiều bài toán mà biểu thức ở hai vế tương đối phức tạp, việc chứng 

minh trực tiếp trở nên khó khăn thì ta có thể sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng 

để bài toán trở nên đơn giản hơn. 

ở các bài toán bất đẳng thức, thông thường chúng ta hay gặp hai dạng sau: 

Dạng 1: Chứng minh X Y Z A B C 

ý tưởng: Nếu ta chứng minh được X Y 2A. Sau đó, tương tự hóa đẻ chỉ 

ra Y Z 2B 

và Z X 2C 

(nhờ tính đối xứng của bài toán). Sau đó cộng 

ba bất đẳng thức trên lại theo vế rồi rút gọn cho 2, ta có ngay điều phải 

chứng minh. 

Dạng 2: Chứng minh XYZ 

ABC với X , Y, Z 0 

2 

Ý tưởng: Nếu ta chứng minh được XY A . Sau đó, tương tự hóa để chỉ ra 

2 

2 

YZ B và ZX C (nhờ tính chất đối xứng của bài toán). Sau đó nhân ba 

bất đẳng thức trên lại theo vế rồi lấy căn bậc hai, ta có: 

2 2 2 

XYZ A B C ABC ABC . 

Ví dụ 1. Cho ba số dương x, y, 

z thỏa mãn x y z 1. Chứng minh rằng 

2 2 2 2 2 2 

2x xy 2y 2y yz 2z 2z zx 2x 

5 

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Thái Bình năm 2005-2006) 

Giải: 

Ta cần một đánh giá dạng : 2x 2 xy 2y 2 

mx ny 2 

ra khi x 

sao cho dấu bằng xảy 

y . Để có được đánh giá này thông thường ta viết lại 

2 2 

 

2 2 2 2 

2x xy 2y a x y b x y a b x 2 b a xy a b y . 


3 

ab2 

a 

 

4 

1 . Từ đó ta 

ba 

5 

2 

b 

 

4 


có: 

3 5 5 5 

2 2 2 2 

4 4 4 2 

tương tự ta có 2 bất đẳng thức và cộng lại ta 

có: 

2 2 2 

 

2 2 2 2 

x xy y x y x y x y x xy y x y 

2 2 2 2 2 2 

2x xy 2y 2y yz 2z 2z zx 2x 5 x y z 5 

dấu bằng xảy ra khi 

1 

x y z . Ta cũng có thể chứng minh trực tiếp: 

3 

 

5 x 

y 

5 

2 2 2 2 

2 4 

 

 

2 

2 2 2 2 

x xy y x xy y x y 

x 

y 2 

2 5 

2 

2 x y 3xy x y 

xy (đúng theo Cauchy) 

4 4 

Ví dụ 2. Cho các số thực dương abc , , sao cho ab bc ca 1. Chứng 

4 2 4 2 4 2 

minh rằng: 2abc a b c 5 a b b c c a . (Trích đề tuyển sinh 

9 

vào lớp 10- Trường Chuyên KHTN- ĐHQG Hà Nội 2014). 

Lời giải: 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số thực dương ta có: 

 

4 2 1 2 1 2 

 

a b abc ca a bc 

3 9 

4 2 1 2 1 2 2 4 2 4 2 4 2 1 

b c a bc ab b ca abc a b c 

a b b c c a 

3 9 3 9 

4 2 1 2 1 2 

c a ab c bc c ab 

3 9 

(1). 

Mặt khác ta cũng có: 

abca b c ab. ac bc. ba ca. 

cb 1 ab bc ca 2 

1 . Suy ra 

3 3 

4 abca b c 

4 (2). Cộng theo vế (1) và (2) ta có đpcm. 

3 9 


Ví dụ 3) Cho ba số dương x, y, 

z thỏa 

rằng 

Giải: 

1 

xyz . 

8 

1 1 1 

2 . Chứng minh 

1 x 1 y 1 

z 

Từ giả thiết 

1 1 1 

2 , ta suy ra: 

1 x 1 y 1 

z 

1 1 1 

1 1 y z 2 

yz 

1 x 1 y 1 z 1 y 1 z 1 y 1 

z 

1 

yz 

2 

1 x 1 y 1 

z 

 

Hoàn toàn tương tự ta cũng 

1 zx 1 

xy 

có: 2 ; 2 

1 y 1 z 1 x 1 z 1 x 1 

y 

. 

 

 

Nhân ba bất đẳng thức trên lại theo vế, ta thu 

1 8xyz 

1 

xyz . 

1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 

z 2 

được: 

 

Ví dụ 4. Cho x, y, z 2 và 1 1 1 1. Chứng minh rằng 

x y z 

x y z 

2 2 2 1 

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm 2005-2006). 

Lời giải: 

Với giả thiết x, y, z 2 , ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để đưa bài toán về dạng 

đơn giản và quen thuộc hơn. Đặt x a 2; y b 2; z c 2 với abc , , 0 . 

Bài toán quay về chứng minh abc 1 


Với abc , , 0 thỏa mãn: 

Ta có: 

1 1 1 a b c 

1 1. 

a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 

1 1 1 1 1 1 1 

1 

c 2 a 2 b 2 2 a 2 2 b 2 

a b ab 

 

2 2 2 2 2 2 

a b a b 

 

Tương tự: 

1 ca 1 bc 

 

; 

b 2 c 2 a 2 a 2 b 2 c 2 

 

Nhân ba bất đẳng thức trên lại theo vế, ta được: 

1 

abc 

abc 1. 

a 2b 2c 2 a 2b 2c 

2 

Ví dụ 5) Cho x, y, 

z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

x 1 

y 1 z 1 

P 

 

y z 2 

z x 2 x y 2 . 

Giải: 

Ta có 

P 

2x y z 2y z x2z x y 

8x y y zz x 

(1) 


 

2x y z x y x z 2 x y x z (2) 

 

2y z x y z y x 2 y z x y (3) 

 

2z x y z x z y 2 z x z y (4) 

Nhân từng vế của (2),(3),(4) và từ (1) suy ra P 1 


Dấu bằng trong (5) xảy ra đồng thời có dấu bằng trong (2),(3),(4) 

x y x z 

 

y z y x x y z 0 

 

z x z y 

3. Kỹ thuật cô si ngược dấu: 

.Từ đó suy ra min P 1. 

Ví dụ 1. Cho abc , , 0 và ab c 3. Chứng minh 

a b c 3 

rằng: . 

3 3 3 

b ab c bc a ca 

2 

Giải: 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 

a 1 b 1 b 1 1 1 1 1 

 

3 2 1 

b ab b a b b 

2 

. Tương tự: 

2 ab b 2 a b 4 a 

 

b 

1 1 1 c 1 1 1 

1 ; 1 

 

3 3 

c bc c 4 b a ca a 4 c 

Cộng ba bất đẳng thức này lại vế theo vế, ta được: 

a b c 3 1 1 1 3 

 

4 4 

3 3 3 

b ab c bc a ca a b c 

Bài toán được quy về chứng 

minh: 3 1 1 1 

3 3 1 1 1 3 

4 a b c 4 2 a b c 

1 1 1 

a b c 

3 a b c 6. Bất đẳng thức cuối cùng 

a b c 

hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy, ta 

có: 1 a 2, ; 1 b 2; 1 c 2 

a b c 

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

a b c 1. 


Ví dụ 2) Cho a, b, c 0, a b c 9 . Chứng minh: 

3 3 3 3 3 3 

a b b c c a 

9 . 

ab 9 bc 9 ac 9 

Ta chứng minh 

được 

a 

b 3 

3 3 

3 3 1 3 1 2 a b 36( a b) 

( ) , ( ) 

2 2 

4 4 ab 9 ( a b) 36 ( a b) 36 

a b a b ab a b a b 


2 

( a b) 36 12( a b) 

. Suy ra 

bất đẳng thức cùng chiều suy ra đpcm. 

3 3 

a b 

a b 

3 . Cộng ba 

ab 9 

Ví dụ 3) Cho x, y, z 0 và x y z 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

x y z 

P 

1 y 1 z 1 

x 

Lời giải: 

Ta có: 

2 2 2 

2 

x xy 

x 

1 

y 1 

y 

x xy 

ra x 

2 

1 y 2 

2 2 

. 

2 

. Theo bất đẳng thức Cô si thì 1 y 2y 

Suy 

y yz 

Tương tự, ta có: y 

2 

1 z 2 

z zx 

z 

1 x 2 

, 

2 

1 . 

2 

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có P x y z xy yz zx 

Mặt khác theo bất đẳng thức Cô si, ta có: 3xy yz zx x y z 2 

. Vì 

x y z 3 xy yz zx 3. Như vậy 

4. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ: 

3 

min P x y z 1 

2 

Kỹ thuật đặt ẩn phụ là một kỹ thuật rất đặc biệt trong chứng minh bất đẳng 

thức: 

Việc chọn ẩn phụ thích hợp sẽ giúp bài toán trở nên đơn giản hơn: 

Một số kỹ thuật hay gặp như sau: 


1. Khi có giả thiết : a b c abc ta có thể biến đổi thành: 

1 1 1 

1 đặt 1 x; 1 y; 1 z xy yz zx 1. 


2. Khi gặp giả thiết ab c 1 ta có thể viết thành: 

ab ac bc ba ac cb 

. . . 1. Đặt 

c b a c b a 

ab bc ca 

x, y, z xy yz zx 1. 

c a b 

3. Khi gặp giả thiết: ab bc ca abc 4. Ta có thể viết thành: 

1 1 1 

1 

a 2 b 2 c 

2 

. Đặt 

1 1 1 

x ; y ; z x y z 1. 

a 2 b 2 c 2 

4. Từ điều hiển nhiên: 

+ 

x y z 

1 1 1 

1 1 

x y z x y z x y z y z z x x y 

1 1 1 

x y z 

y z z x x y 

. Đặt a ; b ; c ta suy ra 

x y z 

1 1 1 

1 abc a b c 2. Từ đó suy ra khi gặp 

a1 b1 c1 

giả thiết: abc a b c 2 ta có thể đặt: 

y z z x x y 

a ; b ; c 

x y z 

1 1 1 

+ Nếu đổi abc 

, , ; ; ta có: 2 

a b c abc a b c tương 

đương với ab bc ca 2abc 

1. Vì vậy khi gặp giả thiết 

ab bc ca 2abc 

1 ta có thể đặt a x ; b y ; c 

z 

y z z x x y 

. 

Một cách tổng quát: Khi gặp giả thiết: 

khai triển thu gọn ta có: 

1 1 1 

1 

khi 

k a k b k c 


3 2 2 

k k k k a b c k ab bc ca abc 

3 2 1 0 . Suy 

ra tồn tại các số x, y, 

z sao cho 

1 x 1 y 1 z 

; ; . Như vậy: Với 

k a x y z k b x y z k c x y z 

các số thực dương abc , , thỏa mãn: 

tại các số m, n, p 0 sao cho: 

1 1 1 

1. Thì tồn 

k a k b k c 

m n p m n p m n p 

a k; b k; 

c k . 

m n p 

+ Nếu abc , , 0 và ab bc ca abc 4 thì ta có thể đặt 

2m 2n 2p 

a ; b ; c 

n p p m m n 

. 

+ Nếu abc , , 0 và a b c 1 4abc 

thì ta có thể đặt 

n p ; p m ; 

m 

a b c n .. 

2m 2n 2p 

5. Khi gặp giả thiết: xyz 1. Ta có thể chọn các phép đặt: 

a 2 2 2 

; b ; c 

2 2 2 

a b c 

x y z abc 1; 

x; y; 

z hoặc 

b c a 

bc ac ab 

x y z 

a ; b ; c … 

y z x 

6. Đặt: x a b c; y b c a; 

z c a b hoặc đặt 

x a b; y b c; 

z c a … 

Ví dụ 1: Cho x, y, 

z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện 

x y z xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

1 1 1 

P 

1 x 1 y 1 

z 

Lời giải: 

2 2 2 

. 


Từ giả thiết x y z xyz , ta có 1 1 1 1. Đặt 

xy yz zx 

1 1 1 

a ; b ;c a, b, c 0 

x y z 

Giả thiết trở thành: ab bc ca 1 , 

a b c 

P 

1 a 1 b 1 

c 

2 2 2 

ý rằng: a 2 1 a ba c; b 2 1 b ab c, c 2 1 

c ac b 

Lúc này P có dạng 

a b c 

P 

a b a c b a b c c a c b 

 

a a b b c c 

 

a b a c a b b c c a c b 


Để 

. Theo bất đẳng thức Cô si, 

1 

a a b b c c 3 3 

ta có: P 

hay P . 

2a b a c b a b c c a c b 2 2 

1 

3 

Dấu = xảy ra a b c x y z 3 . Vậy max P . Giá trị lớn 

3 

2 

nhất đạt được khi và chỉ khi x y z 3 . 

Ví dụ 2) Cho x, y, z 0 và x y z 3xyz 

.Chứng minh: 

yz zx xy 

x z y y x z z y x 

1 

3 3 3 

2 2 2 

Lời Giải: 

Đặt 

yz zx xy 

P 

x 3 z y y 3 x z z 3 y x 

2 2 2 

. 

, đặt 

giả thiết ta có abc , , 0 và ab bc ca 3. Lúc này dễ thấy 

3 3 3 

P a b c 

. Theo bất đẳng thức Cô si ta có: 

b 2 c c 2 a a 2 

b 

3 

9a 

b 2c 

a 6a 

b 

2c 

2 

3 

9b 

2 

c 2a b 6b 

c 

2a , 

, 

1 1 1 

a ; b ; c . Từ 

x y z

3 

9c 

2 

a 2b 

c 6c 

a 

2b . Cộng từng vế ba bất đẳng thức cùng chiều ta có 

2 2 2 

 

9P 3 ab bc ca 6 a b c . Mặt khác ta có kết quả quen thuộc: 

2 2 2 

a b c ab bc ca kết hợp với ab bc ca 3 suy ra P 1. Vậy 

min P 1. Giá trị nhỏ nhất đạt được khi x y z 1. 

Ví dụ 3: Cho abc , , là độ dài 3 cạnh một tam giác. Chứng minh rằng: 

a b cb c ac a b 

abc . 

Lời giải: 

x y z 

Đặt x a b c, y b c a, 

z c a b a b c . Từ đó ta 

2 

z x x y y z 

suy ra a ; b ; c . Bất đẳng thức cần chứng minh có 

2 2 2 

dạng: x y y z z x 8xyz 

. Đây là bất đẳng thức quen thuộc ( xem 

ở 1). 

Ví dụ 4. Cho x, y, z 2 và 1 1 1 1. Chứng minh rằng 

x y z 

x y z 

2 2 2 1 

(Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm 2005-2006). 

Giải: 

Với giả thiết x, y, z 2 , ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để đưa bài toán về dạng 

đơn giản và quen thuộc hơn. 

Đặt x a 2; y b 2; z c 2 với abc , , 0 

minh abc 1 

Với abc , , 0 thỏa mãn: 

. Bài toán quay về chứng 


1 1 1 a b c 

1 1.Đến đây ta đặt tiếp 

a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 

a b c 

m ; n ; p m n p 1. Ta có: 

a 2 b 2 c 2 

1 a 2 2 2 1 n p 2m 

1 1 a . Tương tự: 

m a a a m m n p 

b 

2n 

2p 

; c 

p m m n 

Do đó bất đẳng thức trở 

2m 2n 2p 

thành: . . 1 m nn p p m 

8mnp 

n p p m m n 

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta 

có: m nn p p m 2 mn.2 np.2 pm 8mnp 

. 

Bài toán được giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra 

m n p a b c 1 x y z 3. 

Ví dụ 5. Cho abclà , , các số thực dương thỏa mãn ab bc ca abc 4 

Chứng minh rằng: ab bc ca 3. 

Lời giải: 

Ta có: 

 

a 2b 2c 2 a 2b 2c 2 c 2a 

2 

ab bc ca abc 4 abc 2 ab bc ca 4 a b c 8 12 ab bc ca 4 

 

1 1 1 

1 

a 2 b 2 c 2 

. 

2m 2n 2p 

Suy ra tồn tại các số dương m, n, 

p sao cho: a , b , c 

n p p m m n 

. 

Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta 


2 2 2 2 2 2 

được: 

m . n n . p p . m 3 

n p p m p m m n m n n p 

m n n p p m 

2 . 2 . 2 . 3 . Sử dụng bất 

m p n p m n m p n p m n 

đẳng thức Cauchy, ta 

có: 2 m . 

n m n 

m p n p 2 n . 

p 

n 

p 

m p n p m n m p m n m p 

, 

2 p . 

m p m 

n p m n 

n p m n 

Cộng ba bất đẳng thức này lại theo vế, ta được: 

m n n p p m m n n p m p 

2 . 2 . 2 . 3 

m p n p m n m p n p m n m n n p m p 

BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR 

Cho x, y, 

z là các số thực không âm và số thực dương t . Khi đó ta có: 

t t t 

x ( x y)( x z) y ( y z)( y x) z ( z y)( z x) 0 (*) 

Đây là bất đẳng thức có khá nhiều ứng dụng và tương đối chặt nhiều bài 

toán Bđt chỉ là hệ quả của BĐT này. Việc chứng minh (*) khá đơn giản: 

Giả sử: 

 

 

t t t 

x y z (*) x y 

x ( x z) y ( y x) 

z ( z y)( z x) 0 . Điều 

này là hiển nhiên. Dấu bằng xảy ra khi cả 3 số bằng nhau hoặc hai số bằng 

nhau, một số bằng 0. 

Các bất đẳng thức suy ra từ BĐT SCHUR khi t 1 là: 

1) 

3 3 3 

a b c abc ab a b bc b c ca c a 

3 ( ) ( ) ( ) . 

2) a b c 3 9abc 4( a b c)( ab bc ca) 

. 


3) abc ( a b c)( b c a)( c a b) 

. 

4) 

5) 

2 2 2 9abc 

a b c 2( ab bc ca) 

abc 

. 

a b c 4abc 

2. 

b c c a a b ( a b)( b c)( c a) 

Các BĐT (4) (5) còn gọi là BĐT SCHUR dạng phân thức khi t 1. 

Ngoài ra cần chú ý biến đổi: 

2 

 

3 3 3 

a b c 3abc a b c a b c 3 ab bc ca 

 

 

 

3 3 3 2 2 2 

a b c 3abc a b c a b c ab bc ca 


 

 

.Hoặc: 

Ví dụ 1) Cho abc , , là ba số thực không âm và ab c 1 . Chứng minh 

rằng: abc ab bc ca 

Lời giải: 

9 4 1. 

Áp dụng bất đẳng thức Schur dạng: 

a b c 3 9abc 4( a b c)( ab bc ca) 

.Thay ab c 1 ta có: 

1 9abc 4ab bc ca 

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có hai số 

bằng 1 2 và 1 số bằng 0 hoặc 1 

a b c 

3 

Ví dụ 2) Cho các số thực dương abc , , sao cho ab bc ca abc 4 . 

Chứng minh: a 2 b 2 c 2 a b c 2ab bc ca 

.(Trích đề tuyển sinh 


Lời giải: 

Áp dụng BĐT Schur dạng phân số ta có: 

2 2 2 9abc 

a b c 2( ab bc ca) 

abc 

. Để chứng minh bài toán ta chỉ cần 


9 abc 

a b c a b c 9abc 

abc 

. Theo bất đẳng thức Cô si 

chỉ ra: 2 

ta có: 3 2 3 2 

a b c 3 abc a b c 9 abc . Ta chứng minh: 

abc 1. Thật vậy từ giả thiết ta có: ab bc ca abc 4 mà 


3 2 2 2 

3 . Đặt 

t 

2 

3 2 

t t t t t 

3 

abc ta suy ra: 

3 4 0 1 2 0 1. Suy ra abc 1 hay 

2 3 

abc abc 

suy ra đpcm. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. 

Ví dụ 3) Cho abc , , là các số thực không âm sao cho ab c 1. Chứng 

4 a b c 15abc 

1. 

3 3 3 

minh rằng 

Lời giải: 

Ta có: 

2 

 

 

3 3 3 

a b c 3abc a b c a b c 3 ab bc ca 1 3 ab bc ca 

Suy ra 

a 3 b 3 c 3 

abc abc ab bc ca 

4 15 27 4 12 

ab bc ca ab bc ca 

 

34 1 4 12 1. Theo ví dụ 1 ta có: 

 

9abc 4 ab bc ca 1 . Từ đó suy ra: 

 

 

27abc 4 12 ab bc ca 34 ab bc ca 1 4 12 ab bc ca 1 

3 3 3 

Hay 

4 a b c 15abc 

1. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có hai 

số bằng 1 2 và 1 số bằng 0 hoặc 1 

a b c 

3 

Ví dụ 4) Cho các số thực không âm abc. , , Chứng minh rằng: 

2 

 

2 2 2 3 

a b c 3 abc ab bc ca 

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 

Trường chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An 2014) 

Lời giải: 

a x; b y; 

c z 

Đặt 3 2 3 2 3 2 

 


Suy ra: 

2 3 2 3 2 3 3 3 3 

a x ; b y ; c z a x ; b y ; c z và 

x, y, z 0 .Bất đẳng thức đã cho thành: 

 

3 3 3 3 3 3 3 3 3 

x y z 3xyz 2 x y y z z x (1) 

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta suy ra: 

 

3 3 3 

x y z 3xyz xy x y yz y z zx z x 

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 

3 3 

3 3 

3 3 

Tương tự ta có: yz y z 2 y z , zx z x 2 z x 

các bất đẳng thức trên ta thu được: 

 

xy x y 2xy xy 2 x y . 

Cộng vế theo vế 

3 3 3 3 3 3 

xy x y yz y z zx z x 2 x y y z z x (2) 

Từ (1) và (2) ta có: x 

3 y 3 z 3 3xyz 2 x 3 y 3 y 3 z 3 z 3 x 

3 

2 2 2 3 

2 

Hay a b c 3 abc ab bc ca 

. Đẳng thức xảy ra khi 

x y z hay ab c. 

Ví dụ 5) Cho abc , , là các số thực dương có tổng bằng 1.Chứng minh rằng 

a 3 b 3 c 3 a 2 b 2 c 

2 

 

6 1 5 . 

Lời giải: 

Ta có: 

2 

 

 

3 3 3 

a b c 3abc a b c a b c 3 ab bc ca 1 3 ab bc ca 

suy ra 

3 3 3 

 

6 a b c 1 6 1 3 ab bc ca 18abc 

1 

 

2 

 

2 2 

 

118abc 6 a b c 18 

ab bc ca 

118abc 5 a b c a b c 18 

ab bc ca 

2 2 2 

2 

a b c abc a b c ab bc ca 

a 2 b 2 c 2 

abc ab bc ca 

1 5 18 8 

 

5 2 9 1 4 

.Theo ví dụ 1 ta có: 

 


9abc 4 ab bc ca 1 9abc 1 4 ab bc ca 0 . Suy ra 

a 3 b 3 c 3 a 2 b 2 c 

2 

 

6 1 5 . 

Ví dụ 6) Cho abc , , là các số thực dương. 

Chứng minh rằng a 2 b 2 c 2 2abc 1 2ab bc ca 

Lời giải: 

. 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 

a b c 2 

2abc 1 4ab bc ca 

2abc 1 4ab bc ca a b c 2 

, Áp dụng bất đẳng thức Schur 

dạng phân số ta có: a b c 2ab bc ca 

2 2 2 9 

abc 

abc 

9 abc 

4 

abc . Do đó ta chỉ cần chứng minh 

9abc 

9 

2abc 

1 hay 2abc 

1. 

a b c abc 

 

Hay : ab bc ca a b c 2 

9 

Nếu S thì hiển nhiên bất đẳng thức đúng. Nếu 

2 

bất đẳng thức AM-GM, ta 

9 

a b c , áp dụng 

2 

3 

3 

9 9 2s s 1 s s 9 

2s 

 

được: 2 abc 

. 

1 

với 

a b c s 27 27 3 

s a b c 

Ví dụ 7) Cho abc , , là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện 

ab bc ca 1. Chứng minh rằng 

Lời giải: 

3 3 3 

a b c 6abc a b c 

. 


Ta có: 

 

 

3 3 3 2 2 2 


 

2 2 2 

a b c 

a b c 1 

. Suy ra 

 

3 3 3 2 2 2 

a b c 6abc 9abc a b c a b c 1 . Áp dụng bất đẳng 

thức Schur dạng: a b c 3 9abc 4( a b c)( ab bc ca) 

. Ta suy ra: 

2 2 2 3 2 2 2 

 

2 2 2 2 

 

9abc a b c a b c 1 4s s a b c s s 

 

s 3 s a b c s với s a b c .Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 

khi 

1 

a b c hoặc có hai số bằng 1, một số bằng 0. 

3 

BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN 

 

 

Câu 1) Cho 

1 3 

x . Chứng minh rằng: 3 4x 1 4x 

2 . 

4 4 

Câu 2) Chứng minh rằng với mọi số thực khác không xy, , ta có: 

2 

x 

2 

y x y 

2 

y 

2 

x y x 

. 

Câu 3). Chứng minh rằng với mọi số thực khác không xy , ta có: 

4 3 

 

 

2 2 

y x y x . 

2 2 

x y x y 

Câu 4) Cho x1, y 1. Chứng minh rằng x y 1 y x 1 xy . 

Câu 5) Cho hai số thực xy , khác 0 . Chứng minh rằng: 

 

2 2 2 2 

4x y x y 

3 . 

2 2 

2 2 2 

x y y x 

 

Câu 6. Cho các số thực dương ab. , Chứng minh bất đẳng thức sau: 


2 2 

a b 2 a 2ab 

 

2a b 3 2a b 

3 3 2 2 

Câu 7) Cho các số thực dương ab. , Chứng minh bất đẳng thức 

2 

ab 

a 

b 2 2 

2 2 

ab a b a b 

Câu 8) Cho , , 1;2 

. 

abc và ab c 0 . Chứng minh rằng: 

a) 

b) 

c) 

2 2 2 

a b c 6 ; 

2 2 2 

2abc a b c 2abc 

2; 

2 2 2 

a b c 8 abc 

. 

Câu 9) Cho các số thực không âm abc. , , 

Chứng minh rằng 3 3 3 3 


. 

 

Câu 10) Cho abc , , thỏa mãn ab c 1. 

Chứng minh rằng 

a bc b ca c ab 

 


3 

2 

Câu 11) Cho các số thực dương abc. , , 

Chứng minh rằng 

a b c abc 2 

2 9 

3 3 3 

 

2 2 2 

abc a b c 

33. 

Câu 12) Cho các số thực abc. , , Chứng minh rằng 

2 

a 2 b 2 c 2 3a 3 b b 3 c c 3 a 

. 

Câu 13) Cho các số x, y, z 0 và x y z 1. 

Chứng minh rằng x 2y z 41 x1 y1 

z 

. 


Câu 14) Cho các số thực dương a,b . Chứng minh: 

2 

2ab 

b 3 

 

2 2 2 2 

a 4b 3a 2b 

5 

Câu 15) Cho các số thực dương ab. , Chứng minh bất đẳng thức 

a b 16 1 1 

5 

 

 

. 

2 2 

b a a b a b 

Câu 16) Cho các số thực dương ab. , Chứng minh bất đẳng thức sau: 

3a 2ab 3b 

a 

b 

2 2 

 

2 2 a 

b 

2 2 

 

. 

Câu 17) Giả sử xy , là những số thực không âm thỏa mãn: 

3 3 2 2 

x y xy x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

1 

x 2 

P 

2 

y 1 

x 

. 

y 

Câu 18) Cho abc , , dương thỏa mãn: 6a 3b 2c abc .Tìm giá trị lớn 

nhất của 

1 2 3 

B 

2 2 2 

a 1 b 4 c 9 

. 

Câu 19) Cho các số abc , , không âm. Chứng minh rằng 

2 

 

2 2 2 3 

a b c 3 abc ab bc ca 

.Đẳng thức xảy ra khi nào? 

Câu 20) Cho các số thực dương ab , sao cho ab 1 

b . Tìm GTNN của 

1 1 

P a b 

a b 

2 

. 

2 

HƢỚNG DẪN GIẢI; 

Câu 1) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 

x x 2 

3 4 1 4 4 


4 2 3 4x 1 4x 4 3 4x 1 4x 

0. 

Bất đẳng thức được chứng minh. 

Câu 2) Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 

2 2 

2 

x y x y x y x y 

2 

y x y x y x y x 

x y 2 x 2 xy y 

2 

 

x y x y 

2 1 

0 0 

2 2 

y x y x 

x y 

2 x xy y x y x y 0, x, y 0 nên ta có điều phải 

2 2 2 2 

Mà 2 

chứng minh. 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y 0 . 


2 2 

2 

x y x y x y 

 

4 3 2 3 

2 2 

y x y x y x 

x y 2 x 2 xy y 

2 

 

x y x y 

2 1 

0 0 

2 2 

y x y x 

x y 

2 x xy y x y x y 0 với mọi số thực xy , khác 0 

2 2 2 2 

Mà 2 

nên ta có điều phải chứng minh. 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y 0 . 

Câu 4) 

Đặt a x 1, b y 1 thì a0, b 0. Bất đẳng thức cần chứng minh 

tương đương với: 

a 2 1b b 2 1 a a 2 1b b 

2 1 


2 2 2 2 2 2 

 

a 1 b b 1 2 a 1 b a 1 b 1 2 b 1 a 0 

a 2 b b 2 b 2 

a 

2 

1 1 1 1 0 . 


Dấu đẳng thức xảy ra khi ab 1 hay x y 2 . 


 

2 2 2 2 

2 

2 2 2 2 4 2 2 4 

4x y x y 4x y x y x 2x y y 

1 2 0 0 

2 2 

2 2 2 

2 2 

2 

2 2 

x y y x x y 

x y 

 

 

 

 

 

 

 

2 2 

2 

2 2 

2 

x y x y 

 

 

2 2 

2 1 1 

0 

2 2 2 x 

y . 

0 

2 2 

2 2 

2 2 

2 

x y x y 

x y x y 

 

 

2 2 

2 

2 2 4 4 2 2 

2 x y x y 

2 2 2 2 

2 x y x y 

2 

2 2 2 2 2 2 2 2 

2 

 

 

x y 0 x y 

0 

x y x y x y x y 

 


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 

Câu 6) 

Dấu đẳng thức xảy ra với a 

Ta có biến đổi sau: 

 

y. 

b khi và chỉ khi: 

 

 

 

 

2 2 

a b 1 a 2ab 

; 1. 

3 3 2 2 

2a b 3 2a b 

 

2 2 2 2 

a b 2 a 2ab a b 1 a 2ab 

1 

3 3 2 2 3 3 2 2 

2a b 3 2a b 2a b 3 2a b 


2 2 

a b 2a b a b 

2 1 2a 

b 

 

2 2 

a b 

 

0 

3 3 2 2 

3 3 

32a b 2a b 2a b 

 

32a b 

 

a b 2 a 3 b 3 a 2 b 2 

a b 

3 2 2 2 

 

 

 

0 

3 3 2 2 

a b a b a b ab a ba b 

2 4 

2 2 2 2 0 0 (đpcm). 

Câu 7) Ta có: 

a 

 

2 

 

 

a b 2ab 

b 

 

2 a b 2 a b 

a 

b 

2 

2 2 

a 

b 

2 2 

ab 

2 

2 

a 

b 

ab 

2 2 2 2 

a b a b 

ab 2 

2 

 

2 

 

 

 

ab 

 

 

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 

 

 

a 

b 2 

 

0 

a b 

 

ab 

2 

 

2 2 

a b a b 2ab 

1 1 

ab 

 

2 2 a b 2 

2 2 

a b 

a b 2a 2b 2 a b 2 ab 

0 

 

 

2 

 

 

2 2 

 

Vì a 

b 2 0 

nên ta chỉ cần chứng minh: 

 

2 2 

2a 2b 2 a b 2 ab 0 

(*) 

 

a b a b 

 

2 2 

2 

 

2 

 

a 

b 

2 2 

a b a b 

 

2 


a b 2 ab a b 

 

 

2 

 

 

a 

b 

a 

 

b 

 

2 

Do vậy bất đẳng thức (*) tương đương với: 

 

 

 

2 1 1 

a b 

 

 

 

0 

 

2 

2 2 

a b 2a b a b 

 

 

a b 2 

2a 2 b 2 a b a b 

2 

0 

 

 

a b 2 a b 2 ab 

0 

 

 

2 

 

2 2 

 

 

 

 

 

2 2 

4 

2 

2 a b 4ab 2 a 

b 

a b 

0 0. 

2 2 2 2 

2 a b 2 ab 2 a b 2 ab 

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng, ta có điều phải chứng minh. 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 

b. 

Câu 8) Vì abc , , 1;2 nên có một số bất đẳng thức hiển nhiên đúng 

a a a b c a b c 

 

1 2 0, 1 1 1 0, 2 2 2 0 . 

2 

a) Do abc , , 1;2 nên 

Tương tự ta suy ra: 

b) Vì , , 1;2 

 

 

a 1 a 2 0 a a 2. 

2 2 2 

a b c a b c 

 

 

6 6 (do ab c 0 ). 

abc nên a b c 

 

1 1 1 0 , hay 

abc ab bc ca a b c 1 

0 

abc ab bc ca 1 0 (do ab c 0 ) (1) 

Mặt khác cũng vì a b c 0 

nên a b c 2 0 

, tức là 


2 2 2 

a b c 

ab bc ca (2) 

2 

Từ (1) và (2) ta có: 

a b c 

2 

Dấu đẳng thức có, chẳng hạn a 1, b 1, c 0 

2 2 2 

2 2 2 

abc 1 0 a b c 2 2abc 

2 2 2 

Ta còn phải chứng minh a b c 2abc 

Không mất tính tổng quát, giả sử ab 

c 

abc 

Từ đó suy ra 1 c 0 c 1 

3 

Sử dụng đánh giá này, ta được 2abc 2 a . b . c 2 a . b 

Suy ra 2 

2 2 2 2 2 2 2 

a b c 2abc a b c 2 a . b a b c 0 

Dấu đẳng thức có khi a b c 0. 

c) Vì , , 1;2 

abc nên a b c 

 

 

2 

8 0 

2 2 2 0 , hay 

abc 2 ab bc ca 4 a b c 8 0 

abc ab bc ca (do ab c 0 ) (3) 

2 2 2 2 2 2 

Từ (3) và (2) ta có: abc a b c 8 0 a b c 8 abc 

Dấu đẳng thức có, chẳng hạn a 2, b 1, c 1. 

abc và ab c 3 . 

Câu 12. Cho , , 0;2 

Chứng minh rằng a 3 b 3 c 3 

a b c 

 

Giải: 

Đặt a x 1, b y 1, c z 1 

3 3 1 1 1 9 . 

thì , , 1;1 

Ta có P a 3 b 3 c 3 3a 1b 1c 

1 

 

3 3 3 

x 1 y 1 z 1 3xyz 

x y z và x y z 0 

 

3 3 3 2 2 2 

x y z xyz x y z x y z 

3 3 3 3 


Mà x y z 0 nên 

 

3 3 3 2 2 2 

x y z xyz x y z x y z xy yz zx 

3 0 

Do đó P x 2 y 2 z 

2 

 

3 3 

Vậy ta có 

nên 3P 

9. 

2 2 2 

0 x y z 2 

Câu 9) 

Giải: 

Ta có: a b c 3 a 3 b 3 c 3 3a bb cc a 

Nên bất đẳng thức đã cho tương đương với: a bb cc a 8abc 

 

2 2 2 2 2 2 

ab ac bc ba ca cb 6abc 

2 2 2 2 2 2 

ab abc ac bc abc ba ca abc cb 

2 2 2 0 

 

2 2 2 

a b c b c a c a b 

0 

Vậy ta có điều phải chứng minh. 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab c. 

Câu 10) 

Ta có a bc a a b c bc a ba c 

nên bất đẳng thức cần 

chứng minh tương đương với: 

 

 

 

 

 

 

a a b c bc b a b c ca c a b c ab 

 

a b a c b c b a c a c b 

2 2 

a ab ac bcb c b ba bc cac a 

 

3 

2 


c ca ca aba b a bb cc a 

2 3 

2 

 

2 2 2 2 2 2 

ab ac bc ba ca cb 6abc 

 

2 2 2 


0 

Vậy bài toán được chứng minh. 


1 

a b c . 

3 

Câu 11) 

Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 

a b c abc 2 

2 3 3 3 9 

6 27 0 

2 2 2 

abc a b c 

2 2 2 2 2 2 

a b ca b c ab bc ca a b c ab bc ca 

2 18 

0 

2 2 2 

abc a b c 

abc 

9 

 

 

abc a b c 

 

2 2 2 

2 a b c ab bc ca 

0 

2 2 2 

2 2 2 2 2 2 

 

a b b c c a a b c a b c 9abc 

0 

 

2 2 2 

Do a b b c c a 

nên ta chỉ cần chứng minh 

2 2 2 

 


0 

 

3 3 3 2 2 2 2 2 2 

a b c abc a b c b c a c a b abc 

3 6 0 

Bất đẳng thức này đúng vì ta có: 


3 3 3 2 2 2 


a b c a b b c c a 

2 2 2 

 

 

 

0 

2 

Và 

2 2 2 2 2 2 

 

2 2 2 

a b c b c a c a b 6abc a b c b c a c a b 

0 


Câu 12) Giải: 

Từ hằng đẳng thức: 

2 1 

2 

 

2 

2 2 2 3 3 3 2 2 

a b c 3a b b c c a a b 2bc ab ac 

1 1 

 

2 2 

2 2 2 2 

b c 2ca bc ba c a 2ab ca cb 

Suy ra ta có điều phải chứng minh. 

Câu 13) 

2 2 

Do x y z 1 nên bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành: 

x 2y zx y z 2 

4x y y zz x 

Do vai trò của x và z trong bất đẳng thức trên là như nhau nên ta hoàn toàn 

có thể giả sử x z. 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng a b 2 4ab 

, ta có 

x y z 2 

4x y z 

. 

Sử dụng đánh giá này, dễ thấy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được 


x x 2y z x y z x y x z 0, hiển nhiên đúng theo giả sử 

x 

z. 

Bài toán được chứng minh xong. 


1 

x z ; y 0 . 

2 

Câu 14) Viết lại bất đẳng thức thành: 

2 

2ab 

b 3 

 

2 2 2 2 

a 4b 3a 2b 

5 

2 2 2 2 2 

2 2ab 1 b 2a 10ab 8b 3a 3b 

0 0 

2 2 2 2 2 2 2 2 

5 a 4b 5 3a 2b a 4b 3a 2b 

a ba b a ba b 

2 4 3 

0 

2 2 2 2 

a 4b 3a 2b 

a b 

a b a 2 b 2 a ba 2 b 

2 

 

2 4 3 2 3 4 

 

 

 

0 

3 2 2 3 

a b a a b ab b a b a b 

2 2 

9 21 16 4 0 3 2 0 

Ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b hoặc 

2 

a b. 

3 

Câu 15) Vì ab , 0 nên bất đẳng thức đã cho tương đương với: 

a 1 b 1 4 1 1 

4 

 

0 

 

 

2 2 

b b a a a b a b 

a b b a 

4ab a b 

4 0 

2 2 

b a a b 

ab 

 

 

 

 

2 


a b a b 4a b 

2 2 

 

2 2 

0 

a b a b ab 

a b a b ab 

a b 

2 2 4 

4 0 0 . 

 

 

Bất đẳng thức cuối đúng nên có điều phải chứng minh. 

Dấu đẳng thức xảy ra khi ab 0 . 

Câu 16) Bài toán này có chứa căn nên để xuất hiện nhân tử chung dạng 

a 

b 2 

2 

ta cần chú ý đến phép biến đổi 

2 2 

a b a b 

Khi đó: 

 

2 

 

a 

b 

2 2 

a b a b 

2 2 

3a 2ab 3b 

2 2 

2 2a 

b 

 

a 

b 

2 2 

3a 2ab 3b 

2 2 

2 a b 2 2 a b 2 a b 

a 

b 

 

a b 2a b 

2 2 

 

a b 2 a b a b 

 

2 

 

2 2 

 

a b 2 2a 2 b 2 

a b 2a b 

0 

 

 

2 2 2 

a 

b 

a b 2a b a b 0 0 Bất đẳng 

2 2 

2 a b a b 

thức cuối cùng đúng do ab , dương.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b. 

Câu 17) 

 

3 3 2 2 

3 2 

x y xy x y x y 3xy x y xy x y 2xy 

Đặt x y a; 

xy b , ta có: 

 

3 2 2 

a ab b a a a b a 

3 3 0 1 3 1 0 


 

 

 

 

4

2 

a 

1 

x 

y 1 

a 1a 3b 

0 

 

 

Vì x y 2 4 xy; x, y 0 

2 

2 

a 3b x y 3xy 

suy ra x y 0 hoặc x 

y 1 

Với x y 0 thì 

5 

P 

2 

0 

x 1 

Nếu x hoặc y khác 0 , ta có x y1 , 

0 y 1 

4 y 

min 1 y 

P ; Pmax 4 

0 

3 x0 x1 

4 

Vậy Pmin 

khi x 0, y 1; P max 

4 khi x 1; y 0 . 

3 

b c 

Câu 18) Đặt x a, y , z thì x, y, 

z là các số dương và 

2 3 

x y z xyz . 

Khi đó: 

Ta có: 

1 1 1 

A 

1 x 1 y 1 

z 

2 2 2 

1 

xyz yz y z 

 

2 

x 1 

2 2 

2 

x x y z xyz x y x z x y x z 


1 x z 1 x y 

; 

2 

2 2 

2 

y 1 x y y z z 1 

2 x z 2 y z 

 

x y x z y z 3 

A . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ 

2 2 2 2 

x y x z y z 

khi: x y z 3 a 3, b 2 3, c 3 3 .Vậy giá trị lớn nhất của 

biểu thức A là 3 2 

đạt được khi và chỉ khi a 3, b 2 3, c 3 3 . 

Câu 19) Đặt 3 a 2 x; 3 b 2 y; 

3 c 2 z 

2 3 2 3 2 3 

Suy ra: a x ; b y ; c z a 

3 

x ; b 

3 

y ; c 

3 

z và x, y, z 0 . 

Bất đẳng thức đã cho thành: 


3 3 3 3 3 3 3 3 3 

x y z 3xyz 2 x y y z z x (1) 

Vì vai trò của x, y, 

z bình đẳng nên có thể giả sử x y z 0 

Khi đó: xx y 2 z y z 2 

z x yx y y z 

0 

Suy ra: x 3 y 3 z 3 3xyz xy x y yz y z zx z x 

(2) 

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 

3 3 

yz y z 2 y z (4) 

Tương tự ta có: 

3 3 

3 3 

2 


 

xy x y 2xy xy 2 x y (3) 

zx z x z x (5). Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (3),(4),(5) ta 

được: xy x y yz y z zx z x 2 x 

3 y 3 y 3 z 3 z 3 x 

3 

Từ (2) và (6) ta có: x 

3 y 3 z 3 3xyz 2 x 3 y 3 y 3 z 3 z 3 x 

3 

(6) 

2 2 2 3 

2 

Hay a b c 3 abc ab bc ca 

Đẳng thức xảy ra khi x y z hay ab c. 

Câu 20) Giả thiết ta suy ra 

Đặt 

1 a 1 .Ta có b 

1 1 a b 

P a b 

b a b a 

2 

2 2 . 

2 

1 

a 

a 1 

t b . Ta chứng minh: P 9 . Thật vậy ta có: 

b 2 2 

3 2 

2 2t 

9t 

2 

2t 1t 2 4t 

2 

2t 

9 0 . Do 

2 2 2 

t t t 

thức xảy ra khi và chỉ khi 

b 

4a 

1 

t 1 . 

2 a 

1 

b 

BÀI TẬP RÈN LUYỆN NÂNG CAO 

1 

0 t 

, dấu đẳng 

2 

Câu 1) Cho x, y, 

z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x y z 1. 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x yz y zx z xy . 


z là ba số thực dương và xyz 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

2 2 2 2 2 2 

1 x y 1 y z 1z x 

P . 

xy yz zx 

Câu 3) Cho x 2, y 3, z 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: 

xy z 4 yz x 2 zx y 3 

P 

xyz 


z là các số dương sao cho x y z 1. Tìm giá trị lớn 

nhất của biểu thức P x xy 

3 

xyz . 

x y xy 

Câu 5) Cho xy , 0 và thỏa mãn điều kiện 3 . Tìm giá trị nhỏ 

2 3 6 

nhất của biểu thức 

P x y 

3 3 

27 8 . 


z là các số thực dương và xyz 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 

3 3 3 

x y z 

của biểu thức: P 

1 x 1 y 1 z 1 x 1 x 1 

y 

 


z là 3 số dương và thỏa mãn điều kiện x y z 3. 


3 3 3 

x y z 2 

P 

3 3 3 

xy yz zx 

y 8 z 8 x 8 27 


z là ba số dương và x y z 3. 

x 1 y 1 z 1 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

y 

2 2 2 

1 z 1 x 1 


z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện x y z 3. 

x y z 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . 

2 2 2 

1 y 1 z 1 

x 

 

. 

. 



z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện x y z 3. 


2 2 2 

P x y z 

 

x 2 y y 2 z z 2 x 

3 3 3 

. 

Câu 11) Cho x, y, z 0 thỏa mãn điều kiện x y z 3. 

Tìm giá trị bé nhất của biểu thức 

2 2 2 

P x y z 

 

x 2 y y 2 z z 2 x 

2 2 

. 


z là ba số thực dương và x y z 3. 

1 1 1 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

x 

2 2 2 

1 y 1 z 1 

. 


z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz 8. 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

x 2 y 2 z 2 

P 

x 1 y 1 z 1 


z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz 1. 


1 1 1 

P 

x 3 y z y 3 z z 3 x y 

1 

Câu 15) Cho x, y, z 0 và thỏa mãn điều kiện x y z 1. 


1 x 1 y 1 

z 

P 

2 

y z x 

. 

1 x 1 y 1 z x y z 


z là các số thực dương. 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 

x y z 

P 

. 

x x y x z y y z y x z z x z y 

 



z là ba số dương và xyz 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 

thức: 

1 1 1 

P 

5 2 5 2 5 2 

x x 3xy 6 y y 3yz 6 z z 3xy 

6 

(1) 

Câu 18) Cho x, y, z 0 và thỏa mãn điều kiện x y z 3. Tìm giá trị nhỏ 


P x y z xy yz zx . 

 

 


z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện 

2 2 2 

x y z 3 . 


x y z 

P 

x 

2 2 2 

2 y 3 y 2 z 3 z 2 x 3 

. 


z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện xyz 8. 


x y z 

P 

2 2 3 

3 3 3 3 3 3 

1 x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 

x 


z là các số thực dương.. 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

3 3 3 

x y z 

P 

x y z y z x z x y 

 

3 3 3 3 3 

3 

. 

Câu 22) Cho x, y, z 0 và thỏa mãn điều kiện x Y z 1. Tìm giá trị nhỏ 


x y z 

P 

1 y z 1 z x 1 x y 

2 2 2 2 2 2 

. 



z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz 1. 


1 1 1 

P 

3 3 3 3 3 3 

x 2y 6 y 2z 6 z 2x 

6 

. 


z là các số thực dương sao cho xyz 1. 


 

2 2 2 


P 

y y 2 z z z z 2 x x x x 2 y y 

. 


z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện 

x y z 6 . 


x y z 

P 

3 3 3 

y 1 z 1 x 1 

. 


z là ba số dương và thảo mãn điều kiện 1 1 1 1. 

x y z 

1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

x y z 

P 

2 2 2 

2 2 2 2 2 2 

x 8y 14xy 3y 8z 14yz 3z 8x 14zx 

. 

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

x y y z z x 

Q 

x 1 y 1 z 1 

. 


z là các số thực dương sao cho x y z 3. Tìm giá trị 

nhỏ nhất của biểu thức 

2 2 2 

P x y z xyz . 

Câu 28) Cho x, y, z 0 và thỏa mãn xyz 1. 


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y y zz x 2x y z 

Câu 29) Cho các số thực dương abc. , , 

. 


a b b c c a 

2 

3 3 3 3 3 3 

 

c 3 4 a b a 3 4 b c b 3 4 c a 

Câu 30) Cho các số thực dương abc , , sao cho ab c 1. Tìm GTLN của 

 

2 2 2 

P 6 ab bc ca a a b b b c c c a . 


Câu 1) 

Từ điều kiện x y z 1 

Tương tự, ta cũng có 

, ta có x yz x x y z yz x yx z 

. 

P x yx z y z y x z xz y 

Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có: 

x yx z y z y x z xz y 

P hay 

2 2 2 

 

P 2 x y z 2 

 

Như vậy P 2 . Dấu bằng trong xảy ra khi 

x y x z 

y z y x 

1 

x y z . Từ đó ta có 

z x z y 

3 

 

x y z 1 

1 

max P 2 x y z . 

3 

Câu 2) Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có: 

3 x y 3 y z 3 zx 

P 

xy yz zx 

3 2 2 3 2 2 3 2 2 


Hay 

3 3 3 

P . Lại theo bất đẳng thức Cô si, ta có: 

xy yz zx 

3 3 3 3 3 

xy yz zx x y z 

33 

. Do 1 

2 2 2 

min P 3 3 x y z 1 . 

Câu 3) 

xyz , nên suy ra P 3 3. Vậy 

Đưa biểu thức về dạng 

thức Cô si ta có: 

z4 x2 y 3 

P . Áp dụng bất đẳng 

z x y 

 

1 1 z 4 4 

3 z 4 1 

z 4 z 4 .4 

 

2 2 2 4 z 4 

 

 

1 1 x 2 2 

x x 

2 1 

x 2 x 2 .2 

 

2 2 2 2 2 x 2 2 

 

1 1 y 3 3 y y 3 1 

y 3 y 3 .3 

 

3 3 2 2 3 y 2 3 

1 1 1 1 

Cộng từng vế ba bất đẳng thứctrên ta có P 

2 

 

2 

 

2 3 . Vậy 

1 1 1 1 

max P x 4, y 6, z 8 

2 

. 

2 3 4 

Câu 4) 

1 1 

Viết lại biểu thức trên dưới dạng: P x x.4 y 

3 

x.4 y.16z 

. 

2 4 


 

 


4 

x 4y x 4y 16z 

x y z 

P x hay P . Từ x y z 1 và (2) 

4 12 

3 

4 

4 

suy ra P . Vậy max P 

3 

3 

3 

3 

x x y y 

Câu 5) Theo bất đẳng thức Cô si, ta có: 11 3 ; 11 3 ; 

8 2 27 3 

x 3 y 3 

xy 

x 3 y 3 

x y xy 

1 3 . Cộng từng vế ta có: 2 5 3 . 

8 27 6 

8 27 2 3 6 

x y xy 

Do 3 , ta có: 

2 3 6 

(4) 

3 3 

x y 

2 

. Suy ra P x y 

8 27 

3 3 

27 8 432 

Dấu bằng trong (4) xảy ra khi x2, y 3 

nhất đạt được khi x2, y 3. 

. Vậy min P 432 

, giá trị nhỏ 

Câu 6) Theo bất đẳng thức Cô si, ta có: 

x 3 3 

1 x 1 y x 1 x 1 

y 

3 

1 1 8 8 1 1 8 8 

x y x y 

3 

x 1x 1 

y 3x 

. Lập luận tương tự ta có: 

1 1 8 8 4 

x y 

3 

y 1z 1x 3y 

 

1z1 x 

8 8 4 x y 

từng vế ta có P x y z 

Hay 

3 

z 1x 1 

y 3z 

 

1 1 8 8 4 

Cộng 

3 1 .Dấu = xảy ra x y z 1. Lại 

4 2 

3 

theo bất đẳng thức Cô si, ta có: x y z 3 xyz 3 Từ đó suy ra 

3 3 3 

P P . Dấu bằng trong (5) xảy ra x y z 1 (do 

4 2 4 

3 

xyz 1) . Như vậy min P . Giá trị nhỏ nhất đạt được x y z 1. 

4 


3 2 

x y 2 y 2y 4 x 

P 

y 

3 

8 27 27 3 


3 2 

x 9x y y 6 

 

(1). Dấu bằng trong (1) xảy 

3 

y 8 27 

3 2 

x y 2 y 2y 

4 

P 

y 

3 

8 27 27 

3 

x y 

2 

y 1; 

3 

x y 1 

y 8 27 

 

 

3 

4 . Lập luận tương tự ta có: 

x y 

2 y 2; 

x 

y 2; 

3 

3 

y 8 27 

3 2 

y 9y z z 6 

 

(2) 

3 

z 8 27 

3 2 

z 9z x x 6 

 

(3). Cộng từng vế (1),(2),(3) và có: 

3 

x 8 27 

2 2 2 

x y z x y z 

3 3 3 

x y z 10 18 

 

3 3 3 

y 8 z 8 x 8 27 

(4) 

Do x y z 3 nên (4) có 

2 


3 3 3 

x y z 30 2 18 

 

 

 

3 3 3 

y 8 z 8 x 8 27 

3 3 3 

x y z 2 1 

 

3 3 3 

xy yz zx 

 

y 8 z 8 x 8 27 9 

hay 

1 

P (5) 

9 

Dấu bằng trong (5) xảy ra đồng thời có dấu bằng trong (1),(2),(3) 

x y z 1 

Vậy 

1 

min P x y z 1. 

9 



y 

2 

1 

2y 

2 

x1 y 

x 1 

1 

2 x 

2 

y 1 y 1 

. Theo bất đẳng thức Cô si ta có: 

Suy ra 

2 

x1 y 

x 1 

xy y 

x1 x1 

2 

y 1 2y 

2 

có: y 1 

1 

yz 

y 

z ; z 1 

1 

zx 

z 

x 

2 

2 

z 1 2 x 1 2 


P 3 

2 

3 

Do 

. Chứng minh tương tự, ta 

suy ra 

9 x y z 3 xy yz zx xy yz zx 3 . Vậy 

min P 3 x y z 3 . 


Ta có: 

đó 

2 

x xy 

x 

1 

y 1 

y 

2 2 

2 2 

xy xy xy 

 

2 

1 

y 2y 

2 

2 

. Theo bất đẳng thức Cô si, ta có: 1 y 2y, khi 

x xy 

suy ra: x 

2 

1 y 2 


y yz 

y ; 

2 

1 z 

z zx 

z 

2 

2 1 x . Cộng từng vế ta có 

2 

xy yz zx 

P x y z 

2 

x y z 1.Do 

2 2 2 2 

 

x y z 3 9 x y z x y z 2 xy yz zx 

 

9 xy yz zx 2 xy yz zx xy yz zx 3 (7). Vậy 

3 

min P x y z 1 . 

2 

Câu 10) 


Ta có: 

2 3 

x 2xy 

x 

x 2y x 2y 

3 3 

3 3 3 3 6 2 3 

x 2y x y y 3 xy 3y x 

. Theo bất đẳng thức Cô si, thì 

suy ra 

2 3 

x 2xy 

2 

x x y x 

3 2 3 

x 

2y 2y x 3 

3 2 

. Tương tự, có: 

2 

y 2 

y z z 

3 

y 

2z 3 

2 

z 2 3 2 

z x z 

3 

z 2x . Cộng từng vế ta có: 

3 

2 

3 3 3 

P x y z z y 

2 x z 2 y x 

2 , hay 

3 

2 

3 2 3 2 3 2 

P 3 3 

z y x z y x . Theo bất đẳng thức cô si ta có: 

x xz xz x z 

3 2 

3 , 

y yx yx 3y x 

3 2 

3 2 

z zy zy 3z y 

3 2 

, 

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có: 

3 3 

 

2 2 3 

x y z 2 xy yz zx 3 x z y x z y 

2 

vì 

2 

 

9 x y z 3 xy yz zx xy yz zx 3 . Do x y z 3, suy ra 

 

 

3 2 3 2 2 2 3 

3 2.3 3 x z y x z 3 y x 3 y y x 2 z 3 y 2 3 P 1 

Vậy min P 1 x y z 1 . 


2 2 

x 2xy 

x 

x 2y x 2y 

2 2 

. Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có: 

2 2 2 

2 2 2 4 

2 3 3 . Suy ra x x xy 

3 

2 3 4 

x y x y y xy 

y 2 

y 

2z 3 

2 2 

3 

2 

Tương tự, ta có: y yz 

2 

3 

 

ta có: P x y z xy yz zx 

ta có: 

2 2 

x xy y 3 3 x y 

x 2xy 

2 

x 

2y 3 xy 3 

z 2 

z 

2x 3 

2 2 

3 

2 

, z zx 

2 2 2 

3 3 3 

, y yz z 3 3 y z 

2 2 

. Cộng theo vế 

 

. Theo bất đẳng thức Cô si, 

 

, z zx x 3 z x 

3 2 2 

. Từ đó 

. 


2 2 2 

suy ra 2 x y z xy yz zx 3 

 

 

xy 3 yz 3 zx3 

 

 

 

(7) Dễ 

 

thấy dấu bằng trong (7) xảy ra x y z 1. Kết hợp với x y z 1, ta 

2 2 2 2 2 2 

 

 

6 3 3 3 3 3 3 3 3 

 

 

 

3 . Vậy 

 

 

2 

P 3 .3 P 1 hay min P 1 x y z 1. 

3 

có: xy yz zx xy yz zx 

2 

1 x 

Câu 12) Ta có: 1 

2 2 

x 1 x 1 

. Theo bất đẳng thức Cô si, thì 2 

x 1 

2x 

2 

1 

1 x x 

1 

2 

x 1 2x 

2 

1 y 

Tương tự, ta có: 1 

2 

y 1 2 

(do x y z 3). 

1 

, 

2 

z 

z 

1 

. Suy ra 

1 2 

x y z 

3 

P 3 

2 2 

Từ đó suy ra min P 3 x y z 1. 

Câu 13) Viết lại P dưới dạng: 

2X 2Y 2Z 

x ; y ; z 

Y Z X 

1 y 1 

P 3 3 

. Đặt 

x 1 y 1 z 1 

Khi đó có X , Y, Z 0 (vì xyz 8) Lúc này: 

1 1 1 1 1 1 

 

x 1 y 1 z 1 

2X 2Y 2Z 

1 1 1 

Y Z X 

2 2 2 

Y Z X Y Z X 

 

2X Y 2Y Z 2Z X 2XY Y 2YZ Z 2ZX X 

dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz 

2 2 2 

. Áp 


X Y Z X Y Z 

 

2 2 

1 1 1 

1, 

2 2 2 

x 1 y 1 z 1 2XY Y 2YZ Z 2ZX X X Y Z 

suy ra P 0. Vậy max P 0 x y z 2 . 


Cauchy- Schwarz 

xyz 1, nên ta có: 

1 1 1 

2 2 

P y 

2 

x z 

x y z y z z x y 

1 

 

2 

1 1 1 

 

2 

x y z 

 

xy yz zx 

P 

 

 

2 xy yz zx 2 xy yz zx x y z 

xy yz zx 

P 

2 

3 

Lại theo bất đẳng thức Cô si ta có: 2 

Suy ra 

3 

P Vậy 

2 

Câu 15) Viết lại biểu thức P dưới dạng: 

 

 

. Áp dụng bất đẳng thức 

 

2 2 2 

. Do 

xy yz zx 3 xyz 3 (do xyz 1. 

3 

min P x y z 1 . 

2 

2x 2y 2z y z x 1 1 1 1 1 

P 1 1 2 2x 

2y 2z 

 

1 x 1 y 1 z x y z 1 x z 1 y x 1 

2 

Do x y z 1, nên ta có: 

1 1 1 1 1 1 

P 2x 2y 2z 

3 

y z z z x x x y y 

2xy 2yz 2zx xy yz zx 

3 3 2 

 

z y z x z x y x y z y z x z x y x y 

. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: 

 

 

 

 


2 

xy yz zx xy yz zx 

 

y z z x x y 

z x y 

 

z x y x z x y x y 

 

 

2 

xy yz zx 

y zz xx y 

z x z xz x y x y 

 

 

 

 

 

xy yz zx 

z x y 

 

Rõ ràng, ta lại có: 3 x y z 

thức hiển nhiên a b c 2 

3ab bc ca 

suy ra: 

3 2 

x y z xy yz zx 

x y z 

z y z x z x y x y 

 

 

 

x y z 1 ta có: 2 xy yz zx 

 

z y z xz x y x y 

3 

 

 

1 

Vậy max P 0 x y z . 

3 

Câu 16) 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: 

2 

.Dựa vào bất đẳng 

Từ 

suy ra P 0. 

x yx z 

x y 

 

x z 

 

x. x y. 

z 

2 2 2 2 2 

 

x 

x yx z x yz 2 

. Suy ra: 

Tương tự, ta có: 

z 

2 

z z x z y z 

y 

2 

y y z y x y 

z 

. Suy ra 

xy 

2 

x x y x z 

y 

, 

zx 

 

x 

x 

. 

yz 


x y z 

P 

2x yz 2y zx 2z xy 

1 1 1 

P 

y z z x x y 

2 . 2 . 2 . 

x x y y z z 

. Đặt 

y z z x x y 

a . ; b . ; c . , thì abc , , 0 và 

x x y y z z 

1 1 1 

abc 1. 

P Q 

2 a 2 b 2 c 

2 b 2 c 2 c 2 a 2 a 2 b 

 

2 a 2 b 2 c 

 

 

12 4a b c ab bc ca 

8 4a b c 2ab bc ca 

abc 

9 4a b cab bc ca 

3 

9 4a b cab bc ca ab bc ca 

 

 

. Theo bất đẳng thức Cô si 

ab bc ca 3 abc 3 suy ra P 1. Vậy 

thì : 2 

max P 1 x y z 0 . 

Câu 17) Ta có: x 5 x 2 6 3x 3 x 5 x 2 3x 3 x 2 x 2 1 3x 

1 

x 1 x 2 x 1 3 

x 1 x 4 x 3 x 

2 3 

 

 

 

 

 

x 1 x 4 1 x 3 1 x 2 1 

x 1 2 

x 3 2x 2 3x 

3 

 

 

 

 

 

Do 

x x x x 

3 2 

0 2 3 0 , nên từ (2) suy ra 

5 2 

x x x 

6 3 3 


5 2 

x x 6 3xy 3 xy x 1 

 

5 2 

Tương tự, ta có: 

5 2 

z z xyz 

5 2 

y y xyz 

1 1 

 

3 6 3 zx z 

1 

 

1 1 

x x 6 

3xy 

1 1 

 

3 6 3 yz y 1 

 

 

 

 

, 

 

3 xy x 

1 

 

. 

1 1 1 1 

Suy ra P 

. Áp dụng bất đẳng 

3 xy x 1 yz y 1 zx z 1 

 

 

 

thức Bunhiacopski, ta 

có: 

1 1 1 

111 

1 1 

1 

xy x 1 yz y 1 zx z 1 

xy x 1 yz y 1 zx z 1 

1 1 1 1 1 1 

3 

 

xy x 1 yz y 1 zx z 1 xy x 1 yz y 1 zx z 1 

P 1 1 1 

1 

xy x 1 yz y 1 zx z 1 

. Vậy 

max P 1 x y z 1 . 

 

2 2 2 2 2 2 2 

Câu 18) Ta có: xy yz zx 

x y z x y z 9 x y z 

 

2 2 

. 

Vậy P có dạng: 

9 x y z 

P x y z 

2 

 

 

2 2 2 

 

2 2 

2P x y 9 2 x y z 9 

 

 

Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có: 

 

 

 

 

2 

x x x 3x 

2 

y y y 3y 

2 

z z z 3z 


Suy ra : x 2 y 2 z 2 x y z x y z 

2 3 9 .Vậy 

min P 0 x y z 1 . 

Câu 19) 

Vì 

2 2 2 

x 1 2 x; y 1 2 y; z 1 2z 

, nên ta có: 

x y z 

P 

2 1 2 1 2 1 

x y y z z x 

.Ta có: 

x y z 1 1 1 

1 y 

1 z 

1 

x 

 

x y 1 y z 1 z x 1 x y 1 y z 1 

z x 1 

y 1 z 1 x 1 

 

3 

x y 1 y z 1 z x 1 

3 1 y 1 z 1 x 1 

 

P 

2 2 x y 1 y z 1 z x 1 

 

 

 

 

 

 

2 2 2 

3 1 

y 1 z 1 x 1 

 

 

 

. Áp dụng 

2 2 

y 1 x y 1 z 1 y z 1 x 1 z x 1 

 

bất đẳng thức Cauchy- Schwarz : 

2 2 2 

y 1 

z 1 

x 

1 

y 1 x y 1 

z 1 y z 1 

x 1 z x 1 

2 

y 1 z 1 x 1 

 

y 1 x y 1 z 1 y z 1 x 1 z x 1 

2 2 2 

x y z 3 , nên ta 

 

có: y 1 x y 1 z 1 y z 1 x 1 z x 1 

2 2 2 

x y z xy yz zx x y z 

3 3 

. Để ý rằng do: 

1 2 2 2 

1 

x y z 9 6x 6y 6z 2xy 2yz 2zx x y z 3 2 

. 

2 2 


2 2 2 

y 1 z 1 x 1 

2 . Vậy 

y 1 x y 1 z 1 y z 1 x 1 z x 1 

1 

max P x y z 1. 

2 

3 2 

Câu 20) Nhận xét: a thì 41 a a 

2 2 

. Thật vậy, 

2 

3 4 2 4 3 2 2 

4 4a a 4a 4 a 4a 4a 0 a a 1 0 . Cũng có 

thể chứng minh bằng bất đẳng thức Cauchy: 

1 a 1 a1 

a a 

a 

2 

2 

2 2 2 

3 2 1 a 1 a a 

 

 

2 4 

bài toán ta có: 

2 2 2 

4x 4y 4z 

P 

4 1 1 1 4 1 4 1 1 

3 3 3 3 3 3 

x y y z z x 

. Áp dụng vào 

4x 4y 4z 

 

2 2 2 

2 2 2 2 2 2 

2 x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 

x 

2 2 2 

a x ; b y ; c z . 

4 4 4 

. Đặt 

Khi đó do x, y, z 0 và xyz 8 a, b, c 0 và abc 1. 

16a 16b 16c 

Suy ra: P 

2 4a 2 4b 2 4b 2 4c 2 4c 2 4a 

 

4 a b c 

P 

 

1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 

. Hay 

a b ab c c a 

a1 2c b1 2a c1 2b 

a b c 2ab bc ca 

4 P 4 

a b c 

a b c ab bc ca 

3 

a b c 3 abc 3 a b c 2ab bc ca 

9 1 

8abc 

P 

1 2 1 2 1 2 1 2 4 8 

. Ta có: 

 

 


1 8abc 2a b c 4ab bc ca 3 a b c 2ab bc ca 

 

4 

4 

. Suy ra P . Vậy min P x y z 2 . 

3 

3 

Câu 21) Ta có nhận xét sau: với mọi x, y, 

z là các số thực dương, ta 

có: 

 

 

x 

3 

x y z 

3 2 

 

x 

 

x y z 

3 2 2 2 

3 4 

x 

x 

 

x y z x y z 

 

3 3 

2 2 2 

2 

(1) . Thật vậy, (1) 

 

 

x 

 

x 2x y z y z 

 

x x x z 

 

 

3 4 2 2 2 2 2 2 7 4 3 

 

2 2 2 2 2 

2 3 

2x y z y z x y z 

..Theo bất đẳng thức Cô si, ta có: 

2 3 

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

2x 2x y z y z 2 2x y z . (3). Rõ ràng: 

2 2 

2 

2 y z y z (4) 

2 6 3 

2 2 2 2 2 2 

Từ (3),(4) suy ra: 2x y z y z x y z x y z 

(5) 

Tương tự (1), ta có: 

 

z 

3 

z x y 

3 2 

 

 

y 

3 

y z x 

z 

 

x y z 

3 2 2 2 

3 2 

 

y 

 

x y z 

3 2 2 2 

(7) 

(6), 

Cộng từng vế (1),(6),(7) và có P 1 (8) 

Vậy min P 1 x y z 0 . 

Chú ý: Ta có thể chứng minh: 

cách áp dụng bất đẳng thức Cau chy 

 

x 

3 

x y z 

3 2 

 

x 

 

x y z 

3 2 2 2 

nhanh hơn bằng 


2 

a 2 1 2 

1 1 1 

 

a 1 

3 2 

a a a a 

suy ra 

ra 

3 2 

x 

2x 

 

x y z x y z 

 

3 

x y z 

2 

3 3 2 

2 

x 

3 2 

 

x 

 

x y z 

3 2 2 2 

3 

2 

2 a 2 

Câu 22) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: 

thay 

a 

. Lại có x y 2 2x 2 y 

2 

 

y 

z 

x 

suy 

x y z 

x1 y 2 z 2 y 1 z 2 x 2 z 1 

x 2 y 

2 

 

 

 

 

 

1 y z 1 z x 1 x y 

Từ (1) và do x y z 1, ta có: 

1 

P 


1 2 2 1 2 2 1 2 

2 

 

1 2 2 

1 2 2 

1 

2 2 

 

Q x y z y z x z x y 

x y z xy x y yz z y zx z x 

1 xy x y yz z y zx z x 

 

. Đặt 

2 2 2 

1 x y z y z x z x y . Có thể thấy rằng: 

 

x y z y z x z x y 

4 

2 2 2 1 

2 2 2 2 2 2 

 

 

 

Từ đó có: 

5 

Q 

4 

4 

P .Vậy 

5 

4 

min P . Giá trị nhỏ nhất đạt được khi 

5 

1 

x y ; z 0 . 

2 

Câu 23) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: 


1 1 1 

 

3 3 3 3 3 3 

x 2y 6 y 2z 6 z 2x 

6 

 

 

1 1 1 

3 

 

 

3 3 3 3 3 3 

x 2y 6 y 2z 6 z 2x 

6 

1 1 1 

Hay P 3 

 

3 3 3 3 3 3 

x 2y 6 y 2z 6 z 2x 

6 


. Áp dụng bất đẳng 

 

3 3 3 3 3 

x y x y y xy y 

2 6 1 11 3 3 3 3 

3 3 

x y xy y 

2 6 3 1 

 

 

Tương tự, có: y 3 2z 3 6 3 yz z 1 

, z 3 2x 3 6 3 zx x 1 

Suy ra : 

1 1 1 

P 

xy y 1 yz z 1 zx x 1 

. Do xyz 1 , nên dễ 

1 1 1 1 xy y 

thấy 1 

xy y 1 yz z 1 zx x 1 xy y 1 xy y 1 xy y 1 

suy ra P 1 

Vậy max P 1 x y z 1 . 


1 

y z 2 yz 2 (do xyz 1) 

x 


(1) 

 

 

2 

x y z x x 

2 2 1 2 

x y z 2x 2x x 

x y y 2z z y y 2z z 

Lập luận tương tự, có: 

 

 

2 

y z x 2y y 

 

z z 2x x z z 2x x 

 

 

2 

z x y 2z z 

, 

 

x x 2y y x x 2y y 

. Cộng từng vế 


x x y y z z 

P 2 

 

. Đặt 

y y 2z z z z 2x x x x 2y y 

 

 

X x x; Y y y; 

Z z z thì X , Y, Z 0 và XYZ 1. 

X Y Z 

Khi đó (4) có dạng P 2 

 

Y 2Z Z 2X X 2Y 

 

2 2 2 

X Y Z 

P 2 


XY 2ZX YZ 2XY XZ 2YZ 

 

Cauchy- Schwarz ta có: 

 

 

X Y Z 2 

3 XY YZ ZX 

X Y Z 

P 2 3 XY YZ ZX 

P 

3 và P 3 X Y Z 1. Vậy 

min P 3 x y z 1 . 

 

2 

 

do 

Câu 25) 

Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có: 

y y 2 y 

1 1 

3 2 

y 1 y 1 y y 1 

 

 

2 

x 2x 

y 2y 

tương tự, ta có: 

3 

2 

2 

y 1 

y 2 

3 

z 1 

z 2 

2 

3 y 2 

y 1 

 

2 

z 2z 

 

3 

x 1 

x 2 

, 

2 

x y z 

P 2 

 

2 2 2 . Dấu bằng trong (5) xảy ra đồng thời 

y 2 z 2 x 2 

có dấu bằng trong x y z 2 . Ta sẽ chứng minh 

2x 2y 2z 

2 

2 2 2 

y 2 z 2 x 2 

2x 2y 2z 

x y z 4 

2 

2 

2 (do 

y 2 z 2 x 2 

2 2 2 

x y z 6 ) xy yz zx 

y 2 z 2 

x 

 

có: 

2 2 2 

4 

2 2 2 3 4 

2 4 4 3 4 3 3 4 

. Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta 

2 3 

y y y y y y y 2 y 

3 

4y 

Tương 

2 


tự có: 

3 

2 3 3 

, x 2 

x 4z 

2 

2 

2 3 

z 2 z 4z 

2 2 2 

xy yz zx 

VT .Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có: 

3 3 

3 

3 3 3 

y 4y 4z x 4x 

2 2 2 

2x xy xy 

3 

2 x. xy. 

xy , 

3 

2y yz yz 

3 3 2z zx zx 

2 y. yz. 

yz 

2 z. zx. 

zx 

. VT 

3 

3 

1 2 x y z 2 xy yz zx 

9 

 

 

xy yz zx 12 . Từ đó 

Mặt khác, ta có: 3xy yz zx x y z 2 

suy ra P 2 . Vậy min P 2 x y z 2 . 

Câu 26) 

Giải: 

1)Ta có theo bất đẳng thức Cô si: 

x y x y 

2 2 

4 3 2 

3x 8y 14xy x 4y3x 2y 

2x 3y 

2 

Như vậy suy ra 

2 2 

y 

y 

2 2 

3y 8z 14yz 2y 

3z 

2 2 

z 

z 

2 2 

3z 8x 16zx 2z 

3x 

 

đẳng thức Cauchy- Schwarz ta 

2 2 

x 

x 

2 2 

3x 8y 14xy . Tương tự ta có: 

2x 

3y 

2 

x 

2 

y 

2 

z 1 

2x 3y 2y 3z 2z 3x 

5 

có: x y z 

2 2 2 

x y z 

P . Theo bất 

2x 3y 2y 3z 2z 3x 

. Theo bất đẳng thức Cô si cơ 


1 1 1 

1 1 1 

bản, ta có: x y z 

 

9 . Do 0 1, nên có: 

x y z 

x y z 

9 

9 

x y z 9 vậy P . Vậy min P x y z 3 . 

5 

5 

Câu 27) Do tính bình đẳng giữa x, y, 

z nên có thể giả sử x y z 

Kết hợp với x y z 3 suy ra 0z 

1. Ta có 

2 2 2 

P x y z xyz 

x y z 2 

xyz 2xy yz zx 

9 xy z 2 2z y x 

9 xy z 2 2z 3 z 

(1) 

Hiển nhiên ta có: 

(1) có: 

2 2 

x y 3z 

 

xy 

2 2 . Do 0 z 1 z 2 0 , vậy từ 

3 

z 

P 9 z 2 2z 3 

z 

2 

 

2 

. Ta có 

3 z 3 z 3 

z 

9 z 2 4z 9 z 2 3 z 8z 

2 

 

2 2 

 

 

 

 

3 

z 2 1 3 1 2 

9 z 3z 6 

z 3z 18 z 3z 

2 

16 

2 

4 4 

VP(2) 

1 

2 

z1 z 2 

16 

4 . Do 0 x 1 nên suy ra P 

4 . Vậy 

min P 4 x y z 1 . 

Câu 28) Áp dụng đồng nhất thức 

x y y zz x x y z xy yz zx xyz (*) 

Ta có: P x y z xy yz zx xyz 2x y z 

. Theo bất đẳng 

3 

thức Cô si ta có: x y z 3 xyz 3 (do xyz 1).Lại có: 


xy yz zx x y z 

3 2 2 2 

3 3 (do 

 

P 3 x y z 1 2 x y z 

2 2 2 

x y z 1) suy ra: 

P x y z 1 31 2 . 

2)Trước hết ta chứng minh rằng x y y z z x x 1 y 1 z 1 

Thật vậy, dựa vào (*) suy ra: 

x y z xy yz zx xyz xy yz zx x y z 1 

x y z xy yz zx 2 xy yz zx x y z 2 (do xyz 1) 

x y z xy yz zx xy yz zx x y z 3 Do 

xyz 1 x y z 3 và xy yz zx 3. Ta có 


 

3 3 

x y zxy yz zx 

suy ra 

3 

x y zxy yz zx xy yz zx x y z 

x y z xy yz zx xy yz zx x y z 3 .Theo bất đẳng thức Cô 

si ta có: 

Q 

x y y z z x 

x 1 y 1 z 1 

33 

3 

min Q 3 x y z 1 . 


Ta có: 

. Vậy 

a 3 b 3 a 3 b 3 a ba 2 ab b 2 a 3 b 3 a bab a b 3 

4 3 3 

Suy ra 3 3 3 3 

 

3 4 3 4 

 

3 

3 3 

c 4 a b 

a b a b c a b a b c . Do đó 

a b a b 

 

a b c 

 

, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 

b. Tương 


tự cũng có 

b c b c c a c a 

. Suy ra 

a b c a b c 

3 3 3 3 

 

a 3 4 c a b 3 4 c a 

a b b c c a 

2 

3 3 3 3 3 3 

 

c 3 4 a b a 3 4 b c b 3 4 c a 


Câu 30) Ta có: 0 abc 

, , 1 suy ra 

2 2 

a b aa b a b 2ab aa b 

2 2 2 

. Tương tự 3 bất đẳng thức 

nữa ta có: 

 

2 2 2 

P 6 ab bc ca a a b b b c c c a 

ab bc ca a 2 b 2 c 

2 

 

4 2 hay P 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 

khi 

2 

a b c . 

3 

BẤT ĐẲNG THỨC ABEL VÀ ỨNG DỤNG 

1. Công thức tổng Abel: 

CÔNG THỨC ABEL VÀ ỨNG DỤNG. 

Giả sử a1, a2,..., a 

n 

và b1, b2,...., b 

n 

là hai dãy số thực. Khi đó ta có: 

a b a b ... a b ( b b ) S ( b b ) S ... 

b S trong đó 

1 1 2 2 n n 1 2 1 2 3 2 n n 

Sk 

a1 a2 ... 

ak 

. 

Chứng minh: Thật vậy thay ak Sk Sk 

1 

với k 2,3,... n ta có vế trái 

bằng: 

b S b ( S S ) b ( S S ) ... b ( S S ) VP . 

1 1 2 2 1 3 3 2 n n n1 


Trường hợp n 3 ta 

có: ax by cz x ya y z( a b) 

z a b c 

đây là đẳng thức 

quan trọng có nhiều ứng dụng trong giải toán. 

2. Bất đẳng thức Abel: 

Cho hai dãy số thực: a1, a2,...., a 

n 

và b1 b2 b3 ...... bn 

. Đặt 

Sk 

a1 a2 ... a 

 

k 

với k 1, 2,3,... n 

và 

min , ,...., , max , ,...., 

m S S S M S S S . Khi đó ta có: 

1 2 n 

1 2 

mb1 A a1b 1 

a2b2 ... anbn 

Mb1 

, 

Chứng minh: 

Ta có: a1b 1 

a2b2 ... anbn ( b1 b2 ) S1 ( b2 b3 ) S2 

... 

bn Sn 

mà 

b 

k 

nên 

bk 

1 

0 

n 

( b b ) m ( b b ) m ... b m A ( b b ) M ( b b ) M ... 

b M hay 

1 2 2 3 n 

1 2 2 3 

mb1 A Mb1 

. 

n 

MỘT SỐ VÍ DỤ: 

Ví dụ 1: Cho x y z 0 thỏa mãn: x 3, x y 5, x y z 6 . Chứng 

minh: 

Lời giải: 

2 2 2 

x y z 14 . 

Ta có: x 2 y 2 z 2 14 x 3 x 3 y 2 y 1 z 1 z 1 

. Áp 

dụng công thức Abel ta có: 

2 2 2 

x y z x y x y z z x y z 

14 ( 3 2)( 3) ( 2 1) ( 1)( 3 2 1) 

x y x y z x y z x y z 

1 ( 3) 1 ( 5) 1 6 0 . Dấu 

bằng xảy ra khi và chỉ khi x 3; y 2; z 1 . 


Ví dụ 2) Cho các số thực dương x, y, 

z sao cho x 3, xy 6, xyz 6 . 

Chứng minh: x y z 6 . 

Lời giải: 

Ta có: 

x y z x x y 

x y z 6 3 1 2 1 1 1 3 2 1 2 1 2 

 

3 2 1 3 3 2 

x y z x x y x y z 

1. 1 1 1 1 2 3 

. Áp dụng 

3 2 1 3 3 2 3 2 1 

x y xy x y z xyz 

bất đẳng thức Cô si ta có: 2 2; 33 

3. Suy 

3 2 6 3 2 1 3.2.1 

ra đpcm. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 3, y 2, z 1 . 

Ví dụ 5: Cho x, y, z 0 sao cho x 2y 3z 

và 

x 1, x y 3, x y z 6 

6 xy yz zx 11xyz 

. 

. Chứng minh: 

Lời giải: 

Ta cần chứng minh: 1 1 1 11 .Ta có: 

x y z 6 

11 1 1 1 1 1 1 1 1 x 1 y 2 z 3 

1 

6 x y z x 2 y 3 z x 2y 3z 

1 1 

1 1 

x 1 x y 3 1 x y z 6 

0 

x 2y 2y 3z 

3z 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 3, y 2, z 1 . 

Ví dụ 3: Cho các số thực không âm x, y, 

z sao cho 

x 1, x y 5, x y z 14 . Chứng minh: x y z 6 . 

Lời giải: 


Tacó: 

x y z 1 1 1 1 

x x y 1 x y z 

 

1 2 3 1 2 2 3 3 

1 1 1 1 1 

.1 .5 .14 1 2 3 . Ta suy ra 

1 2 2 3 3 

2 

x y z 

x y z 

 

1 2 3 1 2 3 36 

1 2 3 

2 

. 

Ví dụ 4: Cho các số thực dương a b 1, a 3, ab 6, ab 6c 

. Chứng 

minh: a b c 

4 . 

Lời giải: 

Ta cần chứng minh: a b 1 3 2 c . 

Ta có: 

3 2 c 3 2 3 6c 

6 3 

3 2 c b 1 a b 33 

b 1 2 a b 

a b 1 a b a ab ab a 

3 2( b 1) a b a b 1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

a 3, b 2, c 1 . 

 

 

Ví dụ 5: Cho các số thực dương abc , , sao cho 

Chứng minh: a b c . 

Lời giải: 

 

0 a b c, c 9 

b 9 

a 

3 . 

4 c 

b 

9 

2 

4 

c 

9 9 

9 

 

4 c 

 

 

4 c 

 

c 

b b 

Ta có: a b 9 1 a c 2 


9 b 9 

a 

4 4 

9 

3 

c 2 c c 2 

3 2 c 2 3 

c 

3 2 2 

 

 

. 

Ví dụ 6) Cho các số thực abc , , sao cho 

1 1 1 1 

a b c 

6 

. 

 

a b 1 c 0 

2 

c 2 

b 

3 2 

c 3 

a 

b 

. Chứng minh: 

Lời giải: 

Ta cần chứng minh: 1 1 1 1 1 1 . Tacó: 

a b 3 2 c 

1 1 1 1 a b 1 1 1 b 1 1 1 

1 

 

3 2 c a 3 2 c b a 2 c b c 

 

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 

1 

a 3 2 

 

c b a 2 

 

c b c 

a b b 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz. Ta có: 

1 1 1 9 1 1 4 

3, 2 , ta có 

3 2 c 3 2 2 c 2 

c 

c 

a b a b b b 

1 1 1 3 1 1 1 1 1 

2 1 1. 

3 2 c a b a b a b 


Ví dụ 7) Giả sử abc , , là các số thực dương thỏa mãn: 

a b 3 c 

 

c 

b 1 . 

 

a b c 

Tìm GTNN của 

2 ab a b c( ab 1) 

Q 

( a1)( b1)( c1) 

. 

(Trích đề thi vào lớp 10 Trường chuyên KHTN- ĐHQG Hà Nội) 

Lời giải: 

Ta có: 

 

abc ab ac a abc bc ba b abc ca cb c a b c 

Q 

( a 1)( b 1)( c 1) a 1 b 1 c 1 


a b c 1 2 3 5 3 c b 2 a 1 

0 

1 a 1 b 1 c 11 1 2 1 3 12 3(1 c) 3( b 1) 2(1 a) 

Hay 

1 1 1 1 

(3 c) (3 c b 2) 

4( c 1) 3( b 1) 3( b 1) 2( a 1) 

 

1 

3 c b 2 a 1 

0. Rút gọn ta thu được: 

2(1 a) 

(3b4c1) 2a3b1 

1 

(3 c) b 1 c a b c 

0 

12( b 1)( c 1) 6( b 1)( a 1) 2( a 1) 

. 

Điều này là hiển nhiên đúng. 

Một số kết quả quan trọng: 

BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI 

Cho các số thực dương a, b, c, x, y, 

z . 

a) 

2 2 2 

a b c ab bc ca . 


) 3( a 2 b 2 c 2 ) a b c 2 

. 

2 2 2 2 2 

c) ax by a b x y . 

d) ax by cz 2 a 2 b 2 c 2 x 2 y 2 z 

2 

 

e) 8a b cab bc ca 9a bb cc a 

f) 

g) 

h) 

i) 

Chứng minh: 

2 2 2 2 2 2 

b c a c a b abc a b c 

a b a c 

( ) 

1 1 1 

. 

2 2 

a 

2 bc 

2 

x 

2 y 

2 

 

x y 

a b a b 

. 

2 

x 2 y 2 z 

2 

 

x y z 

a b c a b c 

. 

2 2 2 2 2 2 

2 

a) 2 2 

a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b b 

Bất đẳng thức này luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab c. 

b) Khai triển hai vế và thu gọn ta quy về câu a. 

c) Khai triển hai vế rồi thu gọn ta đưa bất đẳng thức về dạng: 

ay 

bx 2 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b . 

x y 

d) Khai triển hai vế rồi thu gọn ta đưa bất đẳng thức về dạng: 

ay bx bz cy cx az 

2 2 2 

0 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

a b c 

. Các bất đẳng thức c, d còn được gọi là bất đẳng thức 

x y z 

Bunhiacopxki cho 2 số, 3 số. 

e) Khai triển hai vế rồi thu gọn ta đưa bất đẳng thức về dạng: 

a bb cc a 8abc 

bất đẳng thức này luôn đúng theo AM- GM 

(xem chứng minh ở phần Bất đẳng thức Cô si). 

2 2 2 2 2 

f) Theo bất đẳng thức Cô si thì: b c a c 2abc 

Tương tự ta có 2 

bất đẳng thức nữa và cộng lại suy ra đpcm. 


g) Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 số ta có: 

2 

b b b c 

 

c 

suy ra 

 

c c 

2 2 2 

a b a bc. a bc 1 a bc 

1 c 

1 b 

 

. Tương tự 

a 

b 2 a 2 bcb c 

a 

c 2 a 2 bc b c 

 

. Cộng hai 

bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra đpcm. 

h) Quy đồng và rút gọn đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng: 

ay 

bx 2 0 

. 

i) Áp dụng bất đẳng thức h) ta có: 

x y x y z 

2 2 2 2 2 

2 

x y z z 

 

a b c a b c a b c 

Bất đẳng thức này còn được gọi là bất đẳng thức Cauchy-Chwarz. 

1. Những kỹ năng vận dụng cơ bản: 

Ví dụ 1: Cho các số thực dương abc , , sao cho ab c 3 . Chứng minh 

rằng: 

a b c 

1 

. 

a 2bc b 2ac c 2ab 

Giải: 

. 

a a a b c a b 

c 

2 2 2 2 

2 2 2 2 

a 2bc a 2abc a 2bc b 2ac c 2ab a 2abc b 2abc c 2ab 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có: 

2 2 2 

a b c 

 

abc 2 

2 2 2 2 2 2 

a 2abc b 2abc c 2abc a b c 6abc 

2 

abc 

minh: 

 

a b c 6abc 

2 2 2 

1 

 

. Ta cần chứng 

ab bc ca 3abc a b c ab bc ca 9abc 



a b c abc ab bc ca a b c 

3 

3 2 2 2 

3 , 3 nhân 2 vế các 


ất đẳng thức dương cùng chiều ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

a b c 1. 

Ví dụ 2: Cho các số thực dương abc , , . Chứng minh rằng: 

a b c a b c 

 

a 2b b 2c c 2a 

3 

3 3 3 2 2 2 

. 

Giải: 

Ta có: 

3 4 4 4 4 

a a a b c 

VT 

 


 

a b c 

 

2 2 2 

2 2 2 2 

a 2b a 2ab a 2ab b 2bc c 2ca abc 

Ta cần chứng 

 

2 2 2 

2 

a b c 2 2 2 

a b c 

2 2 2 

minh: a b c ab bc ca . Điều này 

2 

abc 

3 

 

là hiển nhiên. 

 

Ví dụ 3: Cho các số thực dương abc. , , Chứng minh: 

a 2 2b 2 2c 2 2 3a b c 2 

Giải: 

. 

b 

c 

2 b 

c 

2 

2. 

2 1 

.Suy ra: 

2 2 

2 2 

Ta có: a b c a a 

 

 

2 2 

3a b c 3a 

2 

1 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b 

c 2 

2 

 

. Ta cần chứng minh: 

 

2 

2 

b 

c 

2 2 2 

3 a 2 1 a 2 b 2 c 2 

 

 

2 

 

 

 

 

2 

b 

c 

2 2 

31 b 

2c 

2 

. Sau khi khai triển và thu gọn ta được: 

 

2 

hay 

 

 

 

2 

 

2 

.

c 

2 

2 2 

2 2 

b c 3bc 

1 0 . Để ý rằng: 

thành: b 2 c 2 bc bc 

2 

2 1 0 1 0 . 

b 

c 

2 

2 2 

bc nên bất đẳng thức trở 


3 3 3 

a b c 

1 

 

a b c 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

2a b 2a c 2b c 2b a 2c a 2c b 

Giải: 

Ta mong muốn xuất hiện lượng: ab 

c 

Ta có: 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

2a b 2a c a b a a a c a ab ac a a b c 

a 


2 2 2 2 

2a b 2a c abc 

3 

thức nữa và cộng lại thì suy ra điều phải chứng minh. 

 

a 

2 

2 2 

. Tương tự ta có 2 bất đẳng 

Ví dụ 5: Cho các số thực dương abc , , sao cho ab bc ca abc 4 . 

Chứng minh: a 2 b 2 c 2 a b c 2ab bc ca 

. (Trích đề tuyển sinh 


Lời giải: 

Ta viết lại giả thiết bài toán thành: 

12 ab bc ca 4a b c 8 4a b c 2ab bc ca 

abc 

hay a 2b 2 b 2c 2 c 2a 2 a 2b 2c 

2 

1 1 1 

1 

a 2 b 2 c 

2 

Ta có: 

1 a b c a b c 

 

 

a 2 a 11 

a b c abc 

2 2 2 2 

2 2 

 

2 

, Tương tự ta 


1 1 

có: 

b c a ; 

a a 

 

 

b 

b2 a b c c2 

a b c 

2 2 2 2 

 

2 2 

 

 

 

. Suy ra 

1 1 1 a b c 2 a b c 

1 

2 

a 2 b 2 c 2 abc 

2 2 2 

2 

2 2 2 

a b c 2 a b c a b c hay 

2 2 2 

a b c a b c 2 ab bc ca 

 


a b c 1. 

Ví dụ 6) Cho các số thực dương abc , , sao cho ab bc ca 1. Chứng 

4 2 4 2 4 2 

minh rằng: 2abc a b c 5 a b b c c a . (Trích đề tuyển sinh 

9 


Lời giải: 

Sử dụng bất đẳng thức 

 

2 2 2 

x y z xy yz zx . Ta có: 

a 4 b 2 b 4 c 2 c 4 a 2 a 2 b. b 2 c b 2 c. c 2 a c 2 a. 

a 2 b abc ab 2 bc 2 ca 

2 . 

Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức: Cauchy- Shwarz và giá thiết 

ab bc ca 1ta có: 

2 2 2 

2 

2 2 2 b c a abc 

ab bc ca abc a b c 

1 1 1 1 1 1 

 

a b c a b c 

 

 

2 

4 2 4 2 4 2 

a b b c c a abc a b c 

 

 

 

 

 

2 

 


 

. Bây giờ ta sẽ chứng minh: 

2 5 

2 

abc a b c 

2abc a b c 0 t 6t 5 0 t 1t 

5 

0 

9 

. Mặt khác ta có: 

với t abca b c 

abca b c ab. ac bc. ba ca. cb 1 ab bc ca 2 

1 0 t 1. 

3 3 

1 

Suy ra đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c . 

3 



1 1 1 abc 

 

 

 

2 2 2 

a ab bc b bc ca c ca ab ab bc ca 

Lời giải: 

Ta muốn làm xuất hiện: ab bc ca 

2 

Ta có: 

2 2 

1 c ab bc c ab bc 

 

 

2 2 2 

2 

a ab bc a ab bc c ab bc ac ab bc 

tự với 2 số hạng còn lại ta có: 

 

 

2 

2 

1 c ab bc 

abc 

2 

2 2 

a ab bc ac ab bc ac ab bc 

 

 

 

 

 

 

. Tương 



 

2 2 2 

2 2 2 

a bc ca b ca ab c ab bc ab bc ca 

Giải: 

Ta muốn làm xuất hiện: ab bc ca 

ab ab b bc ca ab b bc ca 

 

 

2 2 

( ) ( ) 

 

2 2 2 

a bc ca a bc ca b bc ca ab bc ca 

2 2 2 

ab( b bc ca) bc( c ca ab) ca( a ab bc) 

Từ đó suy ra: VT 

. 

2 2 2 

ab bc ca ab bc ca ab bc ca 

Ta chỉ cần chứng minh: 

 


2 

 

2 2 2 2 2 2 

ab( b bc ca) bc( c ca ab) ca( a ab bc) 


2 2 2 

3 3 3 

a b c 

a b b c c a abc( a b c) 

a b c. Nhưng bất 

c a b 

đẳng thức này là hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Cauchy- Shwarz

Ví dụ 9: Cho các số thực dương abc , , sao cho ab c 1. Chứng minh 

rằng: a b c 1 

3 2 3 2 3 2 


Giải: 

Ta muốn làm xuất hiện ab c. 

1 1 

a 1 c a 1 c 

a 

 

a 

a 1a ca 

 

 

 

 

. Từ đó suy 

1 

2 

9 

a b c 1 

c 

a 

 

a b c 1 a ca 1 b ab 1 c bc 

 

a b c b c a c a b 9 9 9 

a 3 b 2 c 3 2 abc 

ra: 

3 2 3 2 3 2 

Ta cần chứng minh: 1 a ca 1 b ab 1 c bc 

1 ab bc ca 3. 

9 9 9 

Nhưng điều này là hiển nhiên đúng do: 

abc 2 3 

ab bc ca 

3 

Ví dụ 10: Cho các số thực dương abc , , sao cho abc 1. Chứng minh rằng: 

1 1 1 

1 

2 2 2 

1 a b 1 b c 1 c a 

Giải: 

Ta đặt 

3 3 3 

a x b y c z xyz 

, , , 1. Bất đẳng thức cần chứng minh trở 

1 1 1 

1. 

1 x y 1 y z 1 z x 

thành: 

3 6 3 6 3 6 

Ta có: 

1 

1 

z x z x 

1 

y y z x yz z x 

 

 

 

2 2 2 

2 

2 2 2 

2 

x y 3 6 4 

1 x y z x x y z x y z 

 

2 

y 

 

 

3 6 

1 1 

4 4 

2 

2 4 2 2 2 


Ta cần chứng minh: 

2 

4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

z x yz z x x y z x y y z z x xyz( x y z) 

. 

Điều này là hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức 

Ví dụ 11: Cho các số thực dương abc. , , Chứng minh rằng: 

1 1 1 1 

 

3 3 3 3 3 3 


2 2 2 


Do bất đẳng thức thuần nhất nên ta chuẩn hóa: abc 1. Bất đẳng thức cần 

1 1 1 

chứng minh trở thành: 1 

3 3 3 3 3 3 

a b 1 b c 1 c a 1 

. 

Ta có: 

1 1 1 1 

c 

c 

2 2 

2 

1 

 

a b a b bc ca c c 

 

 

 

 

 

3 3 

2 2 

a b 1 

a b c 

3 3 1 1 2 

a b 1 c a b c a b c 

 

a 

b 

Tương tự với 2 số hạng còn lại và cộng ba bất đẳng thức cùng chiều suy ra 

đpcm. 

Ví dụ 12) Với ba số dương x, y, 

z thỏa mãn x y z 1, tìm giá trị lớn 

x y z 

nhất của biểu thức: Q 

.(Trích đề 

x x yz y y zx z z xy 

tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội – 2014) 

Lời giải: 

Ta có: x yz xx y z yz x yx z 

. Chú ý rằng: Theo 

bất đẳng thức Bunhiacopxki thì: 

2 

 

x y x z x. y z. x x y x z x. y z. 

x . 


x x x 

 

 

. Tương tự 

x x yz x x y z x y z 

 

 

. 


y y z z 

ta có: 

; 

. Cộng 3 bất 

y y zx x y z z z xy x y z 

đẳng thức cùng chiều ta suy ra Q 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

1 

x y z 

3 

Ví dụ 13) Cho các số thực không âm abc , , sao cho a 0, b c 0 và 

2 2 2 

a b c 1. Chứng minh: 

Lời giải: 

Ta có: 

a b c 

b bc c a 

3 3 3 

2 

2 2 2 

2 2 2 

2 

a b c 

 

1 

 

4 4 4 

a b c 

 

2 2 2 2 2 2 2 2 

2 2 

ab bc c a b a c a b bc c a b a c a 

b bc c a b c 

 

. 

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 

 

 

2 

2 

a b c 

a b c 

2 

1 1 

 

2 2 2 

2 

a 

b bc c a b c 

 

2 2 

a b c 

 

a b bc c 

 

 

2 

2 2 

 

. Bây giờ ta chứng minh : 

a a 2 3b 2 3c 2 a 3 

2a 

2 

 

 

2 2 3 2 2 

2 a 

2 

3 2a 2 2a 3a 


a 3 

2a 

2 2 

 

3 2 2 

thức Cauchy cho 3 số ta có: 2a 

3a. Dấu bằng xảy ra khi và 

2 2 

chỉ khi 

2 

a b , c 0 . Ta cũng có thể chứng minh: 

2 


3 2 2 2 3 2 0 2 2 2 

a a a a a a 

 

0 . Bất đẳng 

2 

thức này luôn đúng. 

2 3 1 

Ví dụ 14) Cho các số thực xy , sao cho 

x y 

2 2 

2y 

1 0. Tìm GTNN, 

xy 

GTLN của P (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Trường 

3y 

1 

chuyên – KHTN- ĐHQG Hà Nội 2015). 

Lời giải: 

Từ giả thiết ta suy ra y 0 . 

2 2 2 1 2 2 1 

 

x y 2y 1 0 x 1 x 1 1 

2 

. Đặt 

y y y 

2 2 

được x a 

1. Ta có: 

x x 

2 

P 2P x Pa 4P x Pa 

1 

3 

a 2 

y 

2 

2 

2 2 2 2 2 

Bunhiacopxki ta có: 

1 a 1 . Ta 

y 

. Theo bất đẳng thức 

x Pa 1 P x a 1 a . Suy ra 

2 2 2 3 3 

4P 1 P 3P 1 

P . Với 

3 3 

3 2 3 

x ; y P . Vậy GTLN của P là 

2 3 3 

 

3 

3 

2. Kỹ thuật tách ghép 

3 2 3 

x ; y P , 

2 3 3 

3 

3 

, GTNN của P là 

Để giải quyết những bài toán dạng này người giải cần linh hoạt trong việc 

tách các nhóm số hạng sao cho đảm bảo dấu bằng và tạo ra các bất đẳng 

thức phụ quen thuộc. 


Ta cần chú ý các bất đẳng thức quen thuộc sau: 

1 1 1 1 1 

 

a b c 9 

 

a b c . 

1 1 1 1 

 

a b 4 a b và 


bc ca ab a b c 

 

2a b c 2b c a 2c a b 4 

Giải: 

Ta có: 

1 1 4 1 1 1 

 

2a b c 4 ( a b) ( a c) 4 a b a c 

bc 1 bc bc 1 

 

 

2a b c 4 a b a c 4 

Từ đó suy ra: a b 

c 


2 2 2 

( b c) ( c a) ( a b) 

3 

( ) ( ) ( ) 

2 2 2 2 2 2 

b c a b c c a b c a a b c a b 

Giải: 

Ta có: 

2 2 2 2 

( b c) ( b c) 

b c b c 

 

2 2 

b c a( b c) b( b a) c( c a) b( b a) c( c a) 

b a c a 

. 


2 

( b c) 

b c 

3 

2 2 

 

b c a( b c) 

b a c a 

Ví dụ 3: Cho các số thực dương abc , , sao cho ab c 3 . Chứng minh 

rằng: 

1 1 1 1 

. 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

4a b c 4b c a 4c a b 2 

Giải: 


Ta có: 

2 2 2 2 

9 

abc a b c 

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

4a b c 2 a ( a b ) ( a c ) 2 a ( a b ) ( a c ) 

Suy ra 

 

 

 

 

 

 

 

2 2 2 

9 a b c 9 

2 2 2 2 2 2 2 2 

4a b c 

 

2 a ( a b ) ( a c ) 

 

2 

Ví dụ 4: Cho các số thực abc , , sao cho 

bc 3 

ca ab 

2 2 2 

a 1 b 1 c 1 4 

Giải: 

2 2 2 

a b c 1.Chứng minh rằng: 

Ta có: 

b c c a a b 

bc ca ab 1 

 

2 2 2 

 

2 2 2 

a 1 b 1 c 1 4 

a 1 b 1 c 1 

2 2 2 

 

 

 


 

2 2 

2 2 

b c b c b c 

 

a a b c a b a c a b a c 

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

 

 

b c b c 

 

a 1 

a b a c 

 

Ví dụ 5: 

2 

2 2 

 

 

3 

2 2 2 2 2 

Cho các số thực dương abc , , . Chứng minh rằng: 


. Suy ra điều phải chứng minh. 

b c c a a b 1 1 1 

. 

2 2 2 

a bc b ac c ab a b c 

Giải: 

Ta có: 

 

 

2 2 

 

2 2 

b c b c b c 

b c 

 

a bc a bc b c c a b b a c c a b b a c 


 

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

. Từ đó suy ra : 

2 2 2 2 

b c b c b a 1 

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

a bc ca b ba c ca b ca b 

c 

 

1 1 1 

Chú ý: Nếu ta thay abc 

, , , , thì thu được bất đẳng thức mới là: 

a b c 2 

a b c 

2 

b c a 

2 

c a b 

2 

a bc 

2 

b ca 

2 

c ab 

( ) ( ) ( ) 

a b 

c 

Nếu phân tích: 

2 

a b c bc b c 

b c 

2 2 

a bc a bc 

( ) ( ) 

thì thu được bất đẳng thức mới: 

bc( b c) ca( c a) ab( a b) 

a b 

c. Đây là các bất đẳng thức đẹp 

2 2 2 


và khó. 


a b c 


2 2 2 

1 

2 2 2 

Giải: Ta có: 

abc 2 

a b c 

a 2bc b 2ac c 2ab a 2bc b 2ac c 2ab 

2 2 2 

1 

2 2 2 2 2 2 

1 1 1 

Thay abc 

, , , , ta thu được kết quả: 

a b c bc ca ab 

1 

2 2 2 

bc 2a ca 2b ab 2c 


thành: 

bc 

1 

2a 

2 2 

bc 2a 2a bc 

2 

nên bất đẳng thức trên có thể viết lại 


a b c 

2a bc 2b ac 2c ab 

2 2 2 

1 

2 2 2 

được: 

. Thay abc 

1 1 1 

, , , , 

a b c ta lại thu 

bc ca ab 


1 

2 2 2 

Những bất đẳng thức này có ứng dụng rất quan trọng. 


a 2 2 2 

1 

b c 

(2 a b)(2 a c) (2 b c)(2 b a) (2 c a)(2 c b) 3 

Giải: 

Ta có 

2a 

a 2 

a 2 a 2 1 1 4a 

2 

 

2 2 

(2 a b)(2 a c) 2 a( a b c) 2a bc 9 2 a( a b c) 2a bc 9 

2 a( 

a b 


2 2 2 2 

a 1 4a a 1 2a a 

 

2 

2 

(2 a b)(2 a c) 9 2 a( a b c) 2a bc 9 

 

a b c 2a bc 

 

 

. Áp dụng kết quả của VD 6 ta suy ra điều phải chứng minh. 

Ví dụ 8: Cho các số thực dương abc , , sao cho ab bc ca 3. Chứng 

minh rằng: 

1 1 1 3 

 

2 2 2 

a 1 b 1 c 1 2 

Giải: 

2 

1 a 

Ta có: 1 

nên bất đẳng thức tương đương với 

2 2 

a 1 a 1 

a 2 2 2 

3 

b c . 

2 2 2 

a 1 b 1 c 1 2 


2 2 2 

a b c 1 

. Ta có: 

2 2 2 

3a 3 3b 3 3c 

3 2 

a 

a 2 

4a 4a a a 

 

3 3 3 ( ) 2 ( ) 2 

2 2 2 2 

2 2 2 2 

a a ab bc ca a a b c a bc a a b c a bc 

a 

 

( ) 2 

a 

2 

a b c a bc 

2 

2 2 

a 1 a a 1 

 

 

 

 

2 2 

3a 3 4 a b c 2a bc 2 

Tương tự với 2 số hạng còn lại ta có: 

Ở đây ta đã sử dụng kết quả: 

a 

 

2a 

bc 

2 

1 

2 


a 2 b 2 c 2 

1 

 

2 2 2 2 2 2 

5 a ( b c) 5 b ( c a) 5 c ( a b) 3 

Giải: 

Ta có: 

9a 

9a 

 

2 2 

 

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

5 a ( b c) a b c 2(2 a bc) a b c 2(2 a bc) 

a 4a a 2a 

 

2(2 ) 2 

2 2 2 2 

2 2 2 2 2 2 

a b c a b c 

2 2 

a bc a bc 

 

 

 

a 

2a 

 

 

2 


2 2 2 

a 1 a 2a 

1 

 

 

 

2 2 2 2 2 2 

5 a ( b c) 9 a b c 2a bc 3 

Ví dụ 10: Cho các số thực dương abc , , thỏa mãn: ab c 1. Chứng 

minh: 

Giải: 

ab 1 

bc ca 

3ab 2b c 3bc 2c a 3ca 2a b 4 


Ta có: 

2 

 

3ab 2b c 3ab 2 b c( a b c) ab bc ca c 2ab 2b 


 

2 

 

 

2 

112 1 1 1 

 

ab bc ca c ab b 

2 

2 2 ab bc ca c 2ab 2b 

Như vậy: 

ab 1 ab ab ab 1 ab ab a 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 2 

3ab 2b c 16 ab bc ca c 2ab 2b 16 ab bc ca c 2ab 

2 

ab 1 ab ab a 1 


2 

3ab 2b c 16 

 

ab bc ca c 2ab 

2 

. 

4 

3. Kỹ thuật thêm bớt. 

Ví dụ 1: Cho các số thực dương abc , , sao cho 

minh rằng: 

1 1 1 

3 

2 a 2 b 2 c 

Phân tích: Nếu ta áp dụng trực tiếp bất đẳng thức: 

2 

x 2 y 2 z 

2 

 

x y z 

a b c a b c 

thêm bớt như sau: 

2 2 2 

a b c 3. Chứng 

thì phần sau sẽ bị ngược dấu. Để khắc phục ta 

1 12m 

ma 

Xét m 

 

ta chọn m sao cho 1 2m 

ma 0 và 

2a 

2a 

12m ma chỉ còn đơn giản một số hạng. Điều này làm ta nghỉ đến 

Từ đó ta có cách chứng minh như sau: 

1 1 1 1 1 1 3 a b c 

3 

2 a 2 2 b 2 2 c 2 2 2 a 2 b 2 c 

1 

m . 

2 


a b c 

 

2a a 2b b 2c c 

2 2 2 

3 

2 2 2 

2 

x 2 y 2 z 

2 

 

x y z 

A B C A B C 


.Áp dụng bất đẳng thức: 

abc 

ta có: VT 

2( a b c) 

a b c 

 

 

 

 

 

 

 

2 

2 2 2 

2 2 

a b c a b c 

3 3 

2 2 2 

2( a b c) 

a b c 2( a b c) 3 

a b c 2 6( a b c) 9 0 a b c 2 

3 0 

Ví dụ 2: Cho các số thực dương abc , , sao cho ab bc ca 3. Chứng 

1 1 1 

minh rằng: 1 

2 2 2 

a 2 b 2 c 2 

 

Phân tích: 

 

 

 

Xét: 

1 12m 

ma 

m 

 

2 2 

a 2 a 2 

2 

ta nghỉ đến chọn 

1 

m . Khi đó ta có: 

2 

2 2 2 

1 1 1 1 1 1 1 a b c 

1. 

2 2 2 2 2 2 

a 2 2 b 2 2 c 2 2 2 a 2 b 2 c 2 

Áp dụng bất đẳng thức: 

2 

x 2 y 2 z 

2 

 

x y z 

A B C A B C 

abc 2 

ta có: 

2 2 2 

a b c 

 


2 2 2 2 2 2 

a 2 b 2 c 2 a b c 6 

a b c a b c 

2 2 2 2 2 2 

6 2 

2 2 

1 1. Nhưng đây là một 

a b c a b c ab bc ca 

đẳng thức. Suy ra điều phải chứng minh. 

Ngoài ra ta có thể giải bằng cách khác như sau: 

 


2 2 

b c b c 

1 

1 

1 

2 2 

2 2 

a 2 a b c 

2 

b 

c 

a 2 1 

 

 

2 

cùng chiều ta suy ra điều phải chứng minh: 

 

 

 

 

 

2 

. Từ đó cộng các bất đẳng thức 

Chú ý: Với các giả thiết abc , , là độ dài ba cạnh một tam giác ta cần chú ý 

biến đổi để sử dụng điều kiện: a b c 0, b c a 0, c a b 0 

Ví dụ 3: Cho abc , , là độ dài ba cạnh một tam giác. Chứng minh rằng: 

a b c 

1 


Phân tích: 

a a m(3 a b c) 

1 

Ta viết lại: m 

 

. Ta chọn m khi đó: 

3a b c 3a b c 

4 

a 1 a b c 

 

. Từ đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh 

3a b c 4 4(3 a b c) 

được viết lại thành: 

a 1 b 1 c 1 1 

 

3a b c 4 3b c a 4 3c a b 4 4 


1. 


Ta có 

 

 

 

2 2 

a b c b c a a c b a b c 

VT 

a b c 3a b c a b c 2( ab bc ca) 

 

2 2 2 

1 

Đối với các bất đẳng thức dạng f ( a) f ( b) f ( c) 

M . Ta thường thêm 

bớt vào một số m để tử số có dạng bình phương. 

 


Ví dụ 4: Cho các số thực dương abc , , sao cho abc 1.Chứng minh rằng: 

1 1 1 

3 

1 1 1 

. 

2 2 2 

a a b b c c 

Phân tích: 

Ta lấy 

được thành: 

2 

1 1 m ma ma 

m 

 

2 2 

a a 1 a a 1 

( xa ) 

2 

y thì 

để 

2 

1 m ma ma 0 

2 

1 m ma ma phân tích 

có nghiệm kép. Hay 

2 4 

 

m 4 m(1 m) 0 m 4 3m 0 m . Ta viết lại bất đẳng 

3 

1 4 1 4 1 4 

thức thành: 1 

2 2 2 

a a 1 3 b b 1 3 c c 1 3 

hay 

2 2 2 

(2a 1) (2b 1) (2c 

1) 

3. Áp dụng bất đẳng thức: 

1 1 1 

2 2 2 

a a b b c c 

2 

x 2 y 2 z 

2 

 

x y z 

A B C A B C 

VT 

 

2( a b c) 3 

 

 

ta thu được: 

2 2 2 

a b c ( a b c) 3 

2 2 2 2 

 

2 


2( a b c) 3 3 a b c ( a b c) 3 

 

hay 

a b c 2 

6( ab bc ca) 9a b c 

Ta có: 

2 2 2 2 2 2 2 

( ab bc ca) a b b c c a 2 abc( a b c) 

2 2 2 

a bc b ca c ab 2 abc( a b c) 3 abc( a b c) 3( a b c) 

. Ta quy 

bài toán về chứng minh: a b c 2 

6 3( a b c) 9a b c 

. Đặt 

t 3( a b c) t 3 . Ta có bất đằng thức trở thành: 

t 

 

9 

Điều này là hiển nhiên. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. 

4 

2 4 2 3 2 

6t 3t t 27t 54t 0 t t 27t 54 t( t 3) ( t 6) 0 . 


Cho các số thực dương abc , , sao cho 

a 1 

b c . 

2 3 2 3 2 3 2 

2 2 2 

a b b c c a 

Một số cách thêm bớt không mẫu mực: 

2 2 2 

a b c 3. Chứng minh rằng: 

Ví dụ 5: Cho các số thực dương abc , , sao cho ab c 

1. 

2 2 2 

1 

Chứng minh: 

a b c 

3a 1 3b 1 3c 1 18( ab bc ca) 

Giải: 

a 2 2 

1 3 a 1 a 

Ta có: . 

 

a 

. Vì vậy ta quy bài toán về chứng 

3a 1 3 3a 1 3 3a 

1 a b c 1 

minh: 1 

3a 1 3b 1 3c 1 6( ab bc ca) 

Ta có: 

 

 

2 

a 

abc 

1 

 

3a 1 a 3a 1 b 3b 1 c 3c 1 3 a b c 1 

2 2 2 

 

1 1 4 

Suy ra VT 1 

3 a 2 b 2 c 2 1 6( ab bc ca) 

3 a b c 1 

 

2 

Ví dụ 6: Cho các số thực dương abc , , sao cho ab c1. 

Chứng minh: 

b c a 1 a 1 b 1 

c 

2 

 

a b c 1 a 1 b 1 

c 

Giải: 

Do 1 a 2 a 1 nên ta viết lại bất đẳng thức thành: 

1a b c 

b c a a b c 3 

. Lại có: 

a 

a 

ab 

a b c b c c a a b 2 c b c c( b c) 

nên ta sẽ 


ab 3 

chứng minh: . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Shwarz ta có: 

c( b c) 2 

2 2 

ab a b ab bc ca 

 

c( b c) abc( b c) 2abc a b c 

 

 

2 

 

 

Ta cần chứng minh: 

2 

ab bc ca 

3 

 

2abc a b c 

2 

 

 

nhưng đây là bài toán quen thuộc. 

Ví dụ 7: Cho các số thực dương abc , , sao cho ab bc ca 1. 

Chứng 

minh: 

Giải: 

ab bc ca 

a b c 

b c c a a b 

3 3 

2 

2 

ab 

a b 

Nhân 2 vế với ab c và chú ý: a b c 

ab . Ta viết bất 

b c b c 

đẳng thức cần chứng minh thành: 

2 2 2 

2 a b b c c a 3 3 

a b c 1 a b c 

Ta có: 

b c c a a b 

 

2 

2 2 2 

a b b c c a ab bc ca 

1 

 

2 

b c c a a b b( b c) c( c a) a( a b) a b c 1 

. 

Cuối cùng ta chứng minh: a 2 1 3 3 

b c 1 

2 

 

a b c 1 2 

a b 

 

c 

3 3 3 

2 4 

3 nên ta quy về: 

 

a 

2 1 3 

b c 1 

 

2 

3 

2 

a b c 1 4 

a b c . Dành cho học sinh. 

 

 

Nhưng a b c a b c 2 

 

 

4). PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ. 

 

Tùy theo bài toán ta có thể chọn một trong các cách đặt ẩn phụ sau: 

 

 

2 

 

 

 

 

. 


1 1 1 

, , , , 

a b c 

1). abc 

ka kb kc 

, , , , 

b c a 

2). abc 

kb kc ka 

, , , , 

a b c 

3). abc 

4). abc 

2 2 2 

ka kb kc 

, , , , 

bc ac ab 

kbc kca kab 

 

 

a b c 

5). abc 

, , , , 

2 2 2 

Ví dụ 1: Cho các số thực dương x, y, 

z sao cho xyz 1. Chứng minh rằng: 

1 1 1 

1 

1 1 1 

. 

2 2 2 

x x y y z z 

Phân tích: Nếu áp dụng trực tiếp bất đẳng thức: 

2 

X 2 Y 2 Z 

2 

 

X Y Z 

A B C A B C 

thì bất đẳng thức tiếp theo bị ngược dấu. 

Để không bị ngược dấu ta thay x, y, z , , 

2 2 2 

cần chứng minh trở thành: 

a b c 

a a bc b c b b ac a c c c ab a b 

4 4 4 

1 

4 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 

bc ca ab 

thì bất đẳng thức 

a b c 

. (*) 

Bây giờ áp dụng bất đẳng thức: 

2 

X 2 Y 2 Z 

2 

 

X Y Z 

A B C A B C 

ta có: 


a 2 b 2 c 

2 

2 

VT 


minh: 

4 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 

a 2 b 2 c 

2 

2 

1 

4 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 

. Ta cần chứng 


2 2 2 2 2 2 

b c a c a b abc( a b c) 

. Nhưng đây là kết quả quen thuộc. 

Ví dụ 2: Cho các số thực dương x, y, 

z sao cho xyz 1. Chứng minh rằng: 

1 1 1 1 

. 

( x 1)( x 2) ( y 1)( y 2) ( z 1)( z 2) 2 

Phân tích: 

bc ac ab 

x ; y ; z bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 

a b c 

Đặt 

2 2 2 

 

a 

4 

2 2 

(2 a bc)( a bc) 2 

1 

. Áp dụng bất đẳng thức: 

2 

X 2 Y 2 Z 

2 

 

X Y Z 

A B C A B C 

ta có: 

a 2 b 2 c 

2 

2 

 

VT . Ta cần chứng minh: 

 

2 2 

(2 a bc)( a bc) 

2 

2 2 2 2 2 

2 a b c (2 a bc)( a bc) 

2 2 2 2 2 2 

a b b c c a abc( a b c) 

. Đây là kết quả quen thuộc. 

Ví dụ 3: Cho 3 số thực dương x, y, 

z . Chứng minh rằng: 

2x 2y 2z 

3 

x y y z z x 

Giải: 


a b c 

Đặt x ; y ; z . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 

b c a 

2 2 2 

a b c 

 

2 2 2 

a bc b ac c ab 

Bunhiacopxki ta có: 

3 

2 


2 

2 

a 

2 

b 

2 

c a a a b a c 

2 

a bc 

2 

b ac 

2 

c ab ( a b)( a c) 

2 

a bc 

( )( ) 

 

 

 

 

 

8 a b c ab bc ca 9 a b b c c a . Mặt 

Mặt khác ta có: 

a 2ab bc ca 

9 

khác ta có: 

 

. Ta quy bài 

( a b)( a c) ( a b)( b c)( c a) 4( a b c) 

a( a b)( a c) 

2 

a bc 

toán về chứng minh: 2a b 

c 

a a b a c a b c 

2 

( )( ) ( ) 

a 

 

 

2 2 

a bc a bc 

2 

a ( b c) 

a b 

c 

2 

a bc 

KỸ THUẬT ĐỐI XỨNG HÓA. 

. Mặt khác ta có: 

. Ta quy bài toán về chứng minh: 


2a 2b 2c 

3 

a b b c c a 

Giải: 


Ta có: 

 

 

 

 

 

2a 

2a a c 2a a c 

 

 

a b a b ( a c) a b ( a c) 

 

 

 

a b c 

2( a b c) 2. 

 

 

a b ( a c) b c ( b a) c a ( c b) 

 

8 a b c ab bc ca 

 

 

 

a bb cc a 

Bây giờ ta cần chứng minh: 

8 

a b cab bc ca 

a bb cc a 

Nhưng đây là kết quả quen thuộc: 

 

2 

a b cab bc ca a bb cc a 

9 8 9 


a 3 

b c 

a b 2c b c 2a c a 2b 

2 

Giải: 

Ta có: 

 

 

 

 

a 

a a 2b c a a 2b c 

 

a b 2c a b 2c a 2b c a b 2c a 2b c 

 

 

2 

4 a 3 ab 

a 

 

 

1 

aa 2b c 

a b 2ca 2b c 

a b 2c a 2 b c ( b 2 a c) 

2 

2 

a ab 

a 

 

4 3 9 


. Sau khi khai 

a b 2c a 2 b c ( b 2 a c) 4 

3 3 3 

triển và thu gọn thì được: 2 a b c ab( a b) bc( b c) ca( c a) 

. 

Đây là bài toán quen thuộc. 

Ví dụ 3: Cho các số thực dương abc , , sao cho ab c 

1 


Chứng minh: 

Giải: 

ab bc ca 

 

ab bc bc ca ca ab 

2 

2 

ab 

Ta có: 

ab bc 

 

 

2 

 

 

2 

a b a b a b 

 

a c a c a b 

suy ra 

2 

2 2 

2 

2 2 

 

 

a b a b ab a a b abc a 

a b 

 

 

a c a b 

a ca b 

a b b c ( c a) 

 

 


2 2 

2 a 

 

a b abc a 

1 

2 2 

4 a 

a b abc a 

a bb c( c a) 2 

 

a b ca bb c( c a) 

. Khai triển và thu gọn ta quy về: 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

2 

ab a b bc b c ca c a a b b c c a . Nhưng bất 

đẳng thức này là hiển nhiên đúng theo BĐT cô si: 

BÀI TẬP RÈN LUYỆN. 

Cho các số thực dương abc. , , Chứng minh rằng: 

a b c a b c 

 

b bc c c ca a c ca a ab bc ca 

a b c a b c 

 

a ab b b bc c c ca a a b c 

1) 

2 2 2 2 2 2 

2) 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

a 3 b 3 c 3 4 a b c 1 

2 2 2 

3) 2 

4) 

5) 

3 3 3 


 

2 2 2 

1 ab 1 bc 1 ca 1 

abc 

( ) 

2 2 2 

a b c 

1 

với ab c 

3 

2 2 2 

a 2b b 2c c 2a 

ab bc ca 1 

a b 

c 

a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b 

6 

6) 


2 2 2 


7) 

 

2 2 2 2 2 2 

a 2b c b 2c a 

 

2 2 2 

c 2a b 

 

4 

8) 

1 1 1 

1 

với ab c 3 . 

2 2 2 

2ab 1 2bc 1 2ca 

1 

9) 

3a b 3b c 3c a 

4 

2a c 2b a 2c b 

10) 


5 

10) 

2 2 2 

b c c a a b a b c 2 

cạnh tam giác 

ab bc ca 

 

a b b c c a 

11) 

2 2 2 2 2 2 

có 2 số nào đồng thời bằng 0 và 

. Với abc , , là độ dài 3 cạnh tam giác 

1 

2 

. Với abc , , là độ dài 3 

biết abc , , 0 sao cho không 

2 2 2 


2( ) . 

a b c 

12) 1 

biết abc , , 0 sao cho 

4a 3bc 4b 3ca 4c 3ab 

không có 2 số nào đồng thời bằng 0 và ab c 2 . 

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP 

a b c a b c 

 

b bc c c ca a c ca a ab bc ca 

1) 

2 2 2 2 2 2 

Ta có: 

 

2 

a 

a 

 

b bc c ab abc ac 

2 2 2 2 

a 

2 

 

abc 2 

. Suy ra 

2 2 2 2 2 2 

ab abc ac ab ac bc ba 3abc 


2 

abc abc 

 

2 2 2 2 

ab ac bc ba 3abc ab bc ca 

 

2 2 2 2 

ab bc ca a b c ab ac bc ba 3abc 

(Nhưng đây là 

hằng đẳng thức) 

2) Ta có: 

2 2 2 



a b c a b c 

Suy ra 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

b bc c c ca a c ca a a b c 

2 2 

2 bc1 

 

2 

bc1 

 

1 3 

3 1 

 

3 3 

3) a b c a a 

 

 

4 1 4 3 1 

 

 

Từ đó suy ra a b c a 

 

 

 

 

 

 

 

 

bc 

2 

2 2 

1 

3 

 

 

. Ta chứng minh: 

 

2 

2 

bc1 

2 2 2 2 

4 a 3 1 a 3 b 3 c 3 4 3 b c 1 3 b 3 

3 

 

 

 

2 

 

 

 

 

Bất đẳng thức này tương đương với: 

 

2 2 2 2 2 2 2 

4 3 b c 1 3 b 3 c 3 4 4 b c 2bc 2b 2c 

9b 9c 3b 

 

 

 

 

2 2 2 2 

5 b c 3b c 8( b c) 8bc 

13 0. Ta viết lại bất đẳng thức trên 

5 b c 2bc 8( b c) 8 3 bc 1 0 . 

2 2 

thành: 2 

Ta có 

2 2 

2 , 2 2 2 

2 b c b c 4b c 2b c 

2 

. Nên 

2 2 

b c bc 

2 

2 2 2 

5 b c 2bc 8( b c) 8 3 bc 1 2( b c) 8( b c) 8 2bc 2bc 3( bc 1 

2 2 

b c bc 

2 2 3( 1) 0 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 

1 

4) 

3 3 3 


 

2 2 2 

1 ab 1 bc 1 ca 1 

abc 

( ) 


Ta có: 

3 4 2 2 

a b a b c 

 

1ab abc a b c 

2 2 2 3 2 

Suy ra 

a 2 bc b 2 ac c 2 ab 2 

3 4 2 2 

a b a b c 

 

1 ab abc a b c abc a b c bca b c a cab c a b 

2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 

2 

2 2 2 

a b c a b c 

 

abc a b c bca b c a cab c a b 

2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 


2 

2 2 2 

a b c a b c abc a b c 

 

2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 

abc a b c bca b c a cab c a b 1 

abc 

( ) 

2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 

1 abc abc( a b c) 

abc a b c bca b c a cab c a b 

. Đây 

là đẳng thức.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab c. 

5) 

2 4 

a a 

 

a 2b a 2a b 

2 2 2 2 

. 

Suy ra 

a 2 b 2 c 

2 

2 

2 4 

a a 

 

a 2b a 2a b a 2 

a b 

a 2 b 2 c 

2 

2 

1 

3 2 2 

a 2 

a b 

2 3 2 2 3 2 2 


 

2 2 2 

a b c 

Hay 

a 2 

a b 

2 

1 

3 2 2 


minh: 

a b c a b c 

4 4 4 3 3 3 

4 4 4 3 3 3 

a b c a b c với a b c 3 

. Ta chứng 

 

3 a b c a b c a b c 2 a b c ab a b bc b c 

4 4 4 3 3 3 4 4 4 2 2 2 2 


2 

a 4 b 4 a 2 b 2 a 2 b 2 a 2 b 2 aba 2 b 2 a 4 b 4 aba 2 b 

2 

 

2 2 

. Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra điều phải chứng minh: 

6) Ta có: 


1 1 1 1 1 1 ab 1 ab 

 

a 3b 2 c ( a c) ( b c) 2b 9 a b b c 2b a 3b 2c 9 a b 

Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại thì thu được: 

ab bc ca 1 

1 1 

 

ab ab a bc bc b 

c 

a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b 9 a c b c 2 b a c a 2 c 

ab bc ca 1 

a b 

c 

a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b 

6 

7) Ta có 

2 2 2 


 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

a 2b c b 2c a c 2a b 4 

a 

b 2 

ab 2 b b a 2 b 

2 

 

2 2 2 

 

2 2 2 2 

 

2 2 2 2 

a 2b c 4 a b b c 4 

 

a b b c 

 

 

 

 

Suy ra 

VT 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 2 2 2 2 2 

b a b c b c a a c a b c 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

4 a b b c 4 b c c a 4 a b c a 4 

1 1 1 

1 

2ab 1 2bc 1 2ca 

1 

8) 

2 2 2 

Ta có: 

2 

1 c 

 

2ab 1 2ab c c 

2 2 2 2 

abc 2 

suy ra 

VT 

a b c 2a b c 2a bc 2ab c 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 


abc 2 2 2 2 2 2 2 

a b c 2a b c 2a bc 2ab c 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 

1 

ab bc ca a b c a bc ab c 

ab bc ca abc( a b c) abc 1. Theo bất đẳng thức Cô si ta có: 

3 

3 a b c 3 abc 3 abc 1 

là điều phải chứng minh. 


9) Ta xét: 3 a b a (3 2 m ) b mc 

m 

 

 

2a c 2a c 

Chọn m 1 để xuất hiện: 3 a b a b c 

1 

 

2a c 2a c 

Khi đó ta có: Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: 


1 

2a c 2b a 2c b 

Suy ra VT 

a b c b c a c a b a b c 

( a b c)(2 a c) 

abc 

2 2 

 

2 

1 

. Đpcm 

10) Ta viết lại bất đẳng thức thành: 

a b c 1 ab bc ca 

1 1 1 

2 2 2 

b c c a a b 2 a b c 

b c a a c b a b c abc 

 

b c c a a b 2 a b c 

 

 

 

2 

2 2 2 

 

Ta có VT 

4 

 

 

 

2 2 

a b c a b c 

 

 

b c a b c 2 a b c 

 

 

2 2 2 

 

11) Ta có: 

2 2 

ab ab a b 2ab 

 

 

a b a b a b 

2 2 2 2 2 2 

. 

2ab 2bc 2ca 

Ta quy bài toán về chứng minh: 1. Hay 

2 2 2 2 2 2 

a b b c c a 

a b b c c a 

2 2 2 

4 

2 2 2 2 2 2 

a b b c c a 

. Thật vậy ta có: 


2 2 

 

 

 

4 a b c 4 a b c 

VT 4 . Dấu bằng xảy 

2 2 2 2 2 2 

2 a b c a b c 2ab 2bc 2ca 

ra khi và chỉ khi a b, c 0 và các hoán vị. 

12) Ta có: VT 2 

a b c 

 

a b c 

 


 

a b c 

2 


4 a 3 bc 4 b 3 ca 4 c 3 ab a 1 

b c 


2 

1 a 1 b 1 c 1 

 

4 4a 3bc 4 4b 3ca 4 4c 3ab 

4 

bc ca ab 1 

. 


3 

Ta có: 

 

 

 

 

 

 

2 2 

ab bc ca ab bc ca 

VT 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 

3 a b b c c a 4abc 3 a b b c c a 2abc a b c 

 

 

 

 

 

1 

3 


MỘT SỐ ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 – THPT 

ĐỀ SỐ 1 

Câu 1) Cho biểu thức 

 

 

x0, x 4 . 

2 3 5 x 7 2 x 3 

A 

 

: 

x 2 2 x 1 2x 3 x 2 

5x 10 

x 

1) Rút gọn biểu thức A . 

2) Tính giá trị của A khi x 3 

2 2 

3) Tìm x sao cho A nhận giá trị là một số nguyên. 

2 2 

x m m m 

Câu 2) Cho phương trình 


a) Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu với 

mọi m . 


x 

2. Tìm m để biểu 

thức 

3 3 

x 

1 

x 

2 

A 

x x 

2 1 


Câu 3) Một ca nô xuôi dòng 78km và ngược dòng 44 km mất 5 giờ với vận 

tốc dự định. nếu ca nô xuôi 13 km và ngược dòng 11 km với cùng vận tốc 

dự định đó thì mất 1 giờ. Tính vận tốc riêng của ca nô và vận tốc dòng nước. 

Câu 4) Từ điểm K nằm ngoài đường tròn O 

ta kẻ các tiếp tuyến KA, 

KB 

cát tuyến KCD đến O sao cho tia KC nằm giữa hai tia KA, 

KO . Gọi 

H là trung điểm CD . 

a) Chứng minh: 5 điểm A, K, B, O, 

H cùng nằm trên một đường tròn. 

b) Gọi M là trung điểm của AB . Chứng minh: Tứ giác MODC nội tiếp. 

c) Đường thẳng qua H song song với BD cắt AB tại I . Chứng minh 

CI 

OB . 


Câu 5) Cho các số thực x, y, 


minh rằng: x y z xyz 2 . 

2 2 2 

x y z 2. Chứng 

Câu 1) Cho biểu thức: 

ĐỀ SỐ 2 

3 3 

2a 

b a a 2 2b 

 

P 

. 

a 

. 

3 3 

a 2 2b 

a 2ab 2b 2b 2ab 

 

 

a) Tìm điều kiện của a và b để biểu thức P xác định. Rút gọn biểu 

thức P . 

b) Biết 

3 

a 1 và 

2 

1 3 

b . Tính giá trị của P . 

2 4 

2 2 

Câu 2) Cho phương trình 2x 2mx m 2 0 , với m là tham số. Gọi 

x1, 

x 

2 


a) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, 

x 

2 


b) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức 

2xx 

1 2 

3 

A 

. 

x 

2 x 

2 

2 x x 1 

 

1 2 1 2 

 

Câu 3) Hưởng ứng phong trào “Vì biển đảo Trường Sa” một đôi tàu dự định 

chở 280 tấn hàng ra đảo. Nhưng khi chuẩn bị khởi hành thì số hàng hóa đã 

tăng thêm 6 tấn so với dự định. vì vậy đội tàu phải bổ sung thêm 1 tàu và 

mỗi tàu chở ít hơn dự định 2 tấn hàng. Hỏi khi dự định đội tàu có bao nhiêu 

chiếc tàu, biết các tàu chở số tấn hàng bằng nhau. 

x my m 1 

Câu 4) Cho hệ phương trình: 

Tìm m để hệ trên có 

mx y 3m 

1 

nghiệm duy nhất sao cho xy . đạt giá trị nhỏ nhất. 


Câu 5) Cho nửa đường tròn OR ; đường kính BC . A là một điểm di 

động trên nửa đường tròn. Vẽ AH vuông góc với BC tại H . Đường tròn 

đường kính AH cắt AB, 

AC và nửa đường tròn O lần lượt tại D, E, 

M . 

AM cắt BC tại N . 

a) Chứng minh rằng tứ giác ADHE là hình chữ nhật và AME ACN . 

b) Tính 

3 

DE 

BD. 

CE 

theo R và chứng minh rằng D, E, 

N thẳng hàng. 

c) Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác ABH lớn nhất. 

Câu 6) Cho xy , 0 và 

2 3 3 4 

x y x y . Chứng minh rằng: 

x 

y 2 . 

3 3 

ĐỀ SỐ 3 

Câu 1) Cho ba 0 . Xét biểu thức: 

3 3 

a b a b 

P . 

ab a b b a 

a) Rút gọn P . 

a 1 b 1 2 ab 1, hãy tính giá trị của biểu thức P . 

b) Biết 

Câu 2) Cho Parabol 

( P) : y x 

2 

và đường thẳng ( d) : y mx 4 

. 

a) Chứng minh đường thẳng ( d ) luôn cắt đồ thị ( P ) tại hai điểm phân 

biệt AB , .Gọi x1, 

x 

2 

là hoành độ của các điểm AB , . Tìm giá trị 

2 x x 

7 

lớn nhất của Q 

. 

x 

 

 

1 2 

2 2 

1 

x2 

b) Tìm m để diện tích tam giác OAB bằng 8 . 

Câu 3) Một ô tô và một xe máy khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh AB , 

cách nhau 150km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 1,5 h. Hỏi sau khi gặp 


nhau bao lâu thì ô tô đến B và xe máy đến A biết rằng vận tốc của xe máy 

bằng 2 3 

vận tốc của ô tô. 

Câu 4) Cho tam giác ABC vuông tại A và AB AC . Gọi H là hình chiếu 

của A trên BC và M là một điểm đối xứng của H qua AB . Tia MC cắt 

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH tại điểm P P 

M 

đường tròn ngoại tiếp tam giác APC tại điểm N N P 

. 

. Tia HP cắt 

a) Chứng minh rằng HN MC . 

b) Gọi E là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp tam 

giác APC . Chứng minh rằng EN song song với BC . 

c) Gọi K là giao điểm thứ hai của BC với đường tròn ngoại tiếp tam 

giác APC . Chứng minh rằng H là trung điểm BK . 

Câu 5) Cho các số abc , , không âm. Chứng minh rằng 

3 3 3 2 2 2 

a b c a bc b ca c ab . 

ĐỀ SỐ 4 

Câu 1) Cho biểu thức 

3 

 

6x 4 3x 13 3x 

P 

3x 

3 

3 3x 

8 

3x 2 3x 4 1 

3x 

 

. 


b) Xác định x nguyên sao cho P nguyên. 

Câu 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol P có phương trình 

y 

x 

2 

2 

. Gọi 

d là đường thẳng đi qua I 0; 2 

và có hệ số góc k . 

d . Chứng minh đường thẳng d 

luôn cắt parabol P tại hai điểm phân biệt AB , khi k thay đổi. 

a) Viết phương trình đường thẳng 

b) Gọi H, 

K theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của AB , trên trục 

hoành. Chứng minh rằng tam giác IHK vuông tại I . 


Câu 3) Giải hệ phương trình 

1 1 9 

x y 

x y 2 

 

. 

1 5 

xy 

xy 2 

Câu 4) Cho đường tròn O và điểm A nằm ngoài đường tròn O . Từ A 

vẽ hai tiếp tuyến AB, 

AC của đường tròn O ( BC , là hai tiếp điểm). Gọi 

H là giao điểm của AO và BC . Qua A vẽ cát tuyến ADE của đường tròn 

IO ; D và E thuộc đường tròn O sao cho đường thẳng AE cắt đoạn 

thẳng HB tại I . Gọi M là trung điểm dây cung DE . 

a) Chứng minh 

AB 

2 

AD. 

AE . 

b) Chứng minh năm điểm A, B, M , O, 

C cùng thuộc một đường tròn. 

c) Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp. 

d) Trên tia đối của tia HD lấy điểm F sao cho H là trung điểm DF . Tia 

AO cắt đường thẳng EF tại K . Chứng minh IK // DF . 

Câu 5) Cho 

1 

 

a b b c c a 

abc , , 

;1 

2 

 

. Chứng minh rằng: 2 3. 

1 c 1 a 1 

b 

ĐỀ SỐ 5 

Câu 1) Cho 

x 3 x 2 x 2 x 

P 

: 1 

x 2 3 x x 5 x 6 x 1 

 


b) Tìm x nguyên để P 0. 

1 

c) Tìm x để Q nhỏ nhất. P 

2 

Câu 2) Cho parabol P : y x và đường thẳng : 5 

d y m x m với 

m là tham số. 


a) Chứng minh rằng d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt. 

b) Gọi A x ; y , B x ; y là các giao điểm của d và 

1 1 2 2 

nhỏ nhất của biểu thức M x1 x2 

. 

P . Tìm giá trị 

Câu 3) Trên quãng đường AB dài 210 m , tại cùng một thời điểm một xe 

máy khởi hành từ A đến B và một ôt ô khởi hành từ B đi về A . Sauk hi 

gặp nhau xe máy đi tiếp 4 giờ nữa thì đến B và ô tô đi tiếp 2 giờ 15 phút 

nữa thì đến A . Biết rằng vận tốc ô tô và xe máy không thay đổi trong suốt 

chặng đường. Tính vận tốc của xe máy và ô tô. 

Câu 4) Cho dường tròn O và dây cung BC không là đường kính. Gọi A 

là điểm chính giữa của cung lớn BC . Các tiếp tuyến tại BC , của O cắt 

nhau tại S . Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB và M là trung 

điểm của CH . Tia AM cắt đường tròn O tại điểm thứ hai N . 

a) Gọi D là giao điểm của SA với BC . Chứng minh tứ giác CMDN 

nội tiếp. 

b) Tia SN cắt đường tròn O tại điểm thứ hai E . Chứng minh rằng 

CE song song với SA 

c) Chứng minh đường thẳng CN đi qua trung điểm của đoạn thẳng 

SD . 

 


Câu 5) Giải hệ phương trình: 

 

y 2x 3 6 2x 

 

3 3 2 2 

MỘT SỐ ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 – THPT CHUYÊN 

ĐỀ SỐ 6. 

Câu 1) Giải phương trình: x 

2 x 6 2x x 3 4 x x 3 


Câu 2) Cho abc , , là ba số thực dương thỏa mãn 

a b c a b c 2 . Chứng minh rằng: 

a b c 

1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 

c 

2 

 

. 

Câu 3) Chứng minh: 

với mọi số tự nhiên lẻ. 

a n 

n 

3 5 3 5 

2 

2 2 

 

n 

là số chính phương 

Câu 4) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) có 3 đường cao 

AD, BE, 

CF đồng quy tại điểm H . Đường thẳng CH cắt ( O ) tại điểm G 

khác C . GD cắt ( O ) tại điểm K khác G . 

a) Chứng minh OA vuông góc với EF . 

b) Chứng minh: AK đi qua trung điểm M của DE . 

c) Gọi N là trung điểm của DF , AN cắt ( O ) tại điểm L khác A 

.Chứng minh 4 điểm M , L, N, 

K cùng thuộc một đường tròn. 

Câu 5) Cho abc , , thỏa mãn 

2 2 2 

a b c 1. 


a 2 2 2 

3 

b c . 

1 2bc 1 2ca 1 

2ab 

5 

Câu 6) Cho tập hợp M gồm 1009 số nguyên dương đôi một khác nhau và 

số lớn nhất trong M bằng 2016 . Chứng minh rằng trong tập M có hai số, 

mà số này là bội của số kia. 

ĐỀ SỐ 7. 

Câu 1) Giải phương trình 

4 3 2 2 

x x x x x x 

4 6 4 2 17 3 . 

Câu 2) Tìm ba chữ số tận cùng của 

2015 

6 

A 26 . 

Câu 3) 


3 3 

a) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x y xy 8 . 

b) Biết 

x 

3 

3 3 

 

 

26 15 3. 2 3 

. Tính giá trị của biểu thức 

9 80 9 80 

3 2 

3 1 2016 

P x x 

Câu 4) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O ) . Tiếp tuyến tại A của ( O ) 

cắt tiếp tuyến tại BC , của ( O ) lần lượt tại ST , . BT cắt AC tại E , 

CS cắt AB tại F . Gọi M , N, P, 

Q lần lượt là trung điểm của 

BE, CF, AB, 

AC . Đường thẳng BQ, 

CP cắt ( O ) tại giao điểm thứ 2 là 

KL , . 

a) Chứng minh: ABK# EBC 

. 

b) Chứng minh tứ giác PQKL nội tiếp. 

c) Chứng minh: BCM CBN . 

Câu 5) Với n là số tự nhiên, n 2 , cho n số nguyên x1, x2,..., x 

n 

thỏa mãn: 

 

x x x ... x n 2n 1 x x ... x n 

2 2 3 2 3 2 

1 2 2 n 

1 2 

n 


a) Các số x i 

1, 2,..., n 

i 

là số nguyên dương. 

b) Số x1 x2 ... x n 1 không là số chính phương. 

n 

ĐỀ SỐ 8 

Câu 1) Giải phương trình 

x 9 x 

2 2 

x 1 

. 


Câu 2) Cho các số xy , thỏa mãn: 

của 

3 3 

P x y . 

3 2 

x y y 

 

 

 

3 6 11 0 

.Tính giá trị 

3 2 3 0 

 

2 2 2 

x y x y 

 

Câu 3) Tìm tất cả các số tự nhiên n để: 

phương. 

2012 2015 

2 2 2 n là số chính 

Câu 4) Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) với AB 

AC . Tiếp tuyến tại A 

của ( O ) cắt BC tại T Dựng đường kính AD , OT cắt BD tại điểm E .Gọi 

M là trung điểm của BC . 

a) Chứng minh: EOD AMC . 

b) Chứng minh: AE // CD . 

c) Giả sử BE cắt AT tại điểm F . Đường tròn ngoại tiếp tam giác 

AEF cắt OE tại điểm G khác E . Chứng minh tâm đường tròn nội 

tiếp tam giác AGB nằm trên ( O ). 

Câu 5) Cho tập hợp X 1, 4,7,10,...,100 

. Gọi A là một tập con của tập 

X mà số phần tử của A bằng 19. Chứng minh rằng trong A có hai phần tử 

phân biệt mà tổng của chúng bằng 104 . 

Câu 1) Cho các số x, y, 

z thỏa mãn 

ĐỀ SỐ 9. 

2 2 2 

x 1 2y y 4 6z z 15 3x 

4. 

Tính giá trị của biểu thức 

P x y z 

2 2 2 

2 3 . 

Câu 2) Tìm phần nguyên của : 

1 1 1 1 

A 1 ... 

. 

2 2 

2 3 2014 2016 

Câu 3) 


a) Giải hệ phương trình: 

b) Cho , 

hết cho 

 

xy 3x y 4 

 

 

 

 

3 

7x 11 3 x y x y 1 

ab là các số nguyên dương phân biệt sao cho aba 

b 

2 2 

a ab b . Chứng minh rằng: 

3 

a b ab 

. 

chia 

Câu 4) Cho tam giác ABC , trên đoạn thẳng AC lấy điểm P , trên đoạn 

thẳng PC lấy điểm Q sao cho PA 

QP . Đường tròn ngoại tiếp tam giác 

PC QC 

ABQ cắt BC tại điểm R khác B . Đường tròn ngoại tiếp tam giác 

PAB, 

PQR cắt nhau tại điểm S khác P , SP cắt AB tại điểm D . 

a) Chứng minh: AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác 

PBR . 

b) Chứng minh tam giác CSP cân. 

c) Chứng minh 4 điểm B, S, R, 

D cùng nằm trên một đường tròn. 

Câu 5) Chứng minh rằng mn , là các số nguyên dương và n m luôn có 

 

 

 

 

 

m ! 

1 

m 

n 

m 

n n 2 m 

m! 

n 

m ! 

. (quy ước 0! 1) 

ĐỀ SỐ 10 

Câu 1) Giải phương trình: 35 2 45 2x 

x 5 . 

Câu 2) Chứng minh: 

n 1. 

2n1 

2 

A 2 3 là hợp số với mọi số nguyên dương 

Câu 3) Cho tập hơp A có các tính chất sau: 

a) Tập A chứa toàn bộ các số nguyên. 

b) 2 3 

A 


c) Với mọi x, 

y A thì x y A và xy A . Chứng minh rằng 

1 

A . 

2 

3 

Câu 4) Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp ( O ). Đường tròn tâm 

C bán kính CB cắt BA tại điểm D khác B và cắt ( O ) tại E khác B . 

DE cắt ( O ) tại điểm F khác E . CO cắt DE, 

AB lần lượt tại GL. , Lấy 

các điểm M, 

N lần lượt thuộc LE, 

LF sao cho MG, 

DN cùng vuông góc 

với BC . Gọi H là giao điểm của CF, 

BE . 

a) Chứng minh: Tứ giác CHDE nội tiếp. 

b) Chứng minh: Tứ giác HGLF nội tiếp. 

c) Chứng minh: DN MG . 

Câu 5) Cho các số thực abc , , thỏa mãn ab bc ca abc 2. Chứng 

minh rằng a 2 b 2 c 2 abc 4 . 

LỜI GIẢI CÁC ĐỀ TOÁN RÈN LUYỆN 

ĐỀ SỐ 1. 

Câu 1) 

1) Với x0, x 4 biểu thức có nghĩa ta có: 

2 3 5 x 7 2 3 3 

A 

 

: 

x 2 2 x 1 2x 3 x 2 

5x 10 

x 

 

 

22 x 1 3 x 2 5 x 7 

2 x 3 

: 

x 22 x 1 5 x x 2 

2 x 3 5 x 

x 2 5 x 

. 

. 

x 22 x 1 

2 x 3 2 x 1 


Vậy với x0, x 4 thì 

5 x 

A 

2 x 1 

. 

2) Khi 2 

 

 

x 3 2 2 2 1 x 2 1 thay vào ta 

 

 

 

có: 

5 2 1 5 2 1 5 2 1 2 2 1 5 3 

A 

2 

2 2 1 1 

2 2 1 

7 7 

3) Ta có x 0, x 0, x 4 nên 

5 x 

5 x 5 5 5 

A 0, x 0, x 4 A , x 0, x 4 

2 x 1 

2 x 1 2 2 2 x 1 

2 

 

5 

0 A , kết hợp với A nhận giá trị là một số nguyên thì A 1,2 

. 

2 

1 1 

A 1 5 x 2 x 1 x x thỏa mãn điều 

3 9 

kiện. A 2 5 x 4 x 2 x 2 x 4 không thỏa mãn điều kiện. 

Vậy với 

Câu 2) 

1 

x thì A nhận giá trị là nguyên. 

9 

2 1 

3 

a) Xét a. c m m 2 m 0, m 

2 

4 

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi m . 


x 

2. 

Theo câu a) thì xx 

1 2 0 , do đó A được xác định với mọi x1, 

x 

2. 

Do x1, 

x 

2 

trái dấu nên 

3 

x 

 

x 

1 

2 

3 

 

t 

 

2 

với t 0, suy ra 

x 

 

x 

2 

1 

3 

 

0 

 

, suy ra A 0 

x 

1 

x 

Đặt 

2 

1 

1 

t , với t 0, suy ra . Khi đó A t mang giá 

x2 

 

x1 

t 

t 

trị âm và A đạt giá trị lớn nhất khi A có giá trị nhỏ nhất. Ta có 

3 


1 

A t 2 , suy ra A 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

t 

1 

1 1. Với t 1, ta có 

t 

2 

t t t 

3 

x 

1 

x1 

x1 x2 x1 x2 

m m 

x2 x2 

1 1 0 1 0 1. 

 

Vậy với m 1 thì biểu thức A đạt giá trị lớn nhất là 2 . 

Câu 3) Gọi vận tốc riêng của ca nô là x (km/h, x 0 ) 

Và vận tốc của dòng nước là y (km/h, y 0 

Ca nô xuôi dòng đi với vận tốc x y (km/h). Đi đoạn đường 78 km nên 

78 


x 

y 

Ca nô đi ngược dòng với vận tốc x y (km/h). Đi đoạn đường 44 km nên 

44 


x 

y 

Tổng thời gian xuôi dòng là 78 km và ngược dòng là 44 km mất 5 giờ nên ta 

78 44 

có phương trình: 5 

(1). 

x y x y 

Ca nô xuôi dòng 13 km và ngược dòng 11 km nên ta có phương trình: 

13 11 

1 

x y x y 

(2). Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 

78 44 

5 

x y x y x y 26 x 

24 

. 

13 11 x y 22 y 2 

1 

 

 

 

x y x y 

Đối chiếu với điều kiện ta thấy thỏa mãn. 

Vậy vận tốc riêng của ca nô là 24 km/h và vận tốc của dòng nước là 2 km/h. 


A 

C 

H 

D

Câu 4) 

a) Vì K A, 

KB là các tiếp tuyến của 

 

 

O nên 

KAO 

0 

KBO 

90 . Do H là 

trung điểm của dây CD nên 

0 

KHO 90 . Từ đó suy ra 5 điểm 

K, A, H, O, 

B cùng nằm trên đường 

tròn đường kính KO . 

b) Vì M là trung điểm của AB nên AM KO . 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông K AO 

Ta có: 

KM. 

KO 

2 

KA . 

Xét tam giác K AC và tam giác KDA có K AC KDA (Tính chất góc tạo 

bởi tiếp tuyến và dây cung). Góc AKD chung . 

Nên K AC # KDA( g. g) 

. Suy ra 

K A 

KC 

KD 

KA 

2 

KA KC. 

KD . Suy ra 

KC. KD KH. 

KO KMC# KDO( g. g) 

CMK CDO CMOD 

nội 

tiếp. 

c) Ta có HI // BD CHI CDB . Mặt khác CAB CDB cùng chắn 

cung CB nên suy ra CHI 

IAH 

CAB hay AHIC là tứ giác nội tiếp. Do đó 

ICH BAH ICH . Mặt khác ta có A, K, B, O, 

H cùng nằm trên 

đường tròn đường kính OK nên BAH BKH . Từ đó suy ra 

ICH BKH CI // KB . Mà KB OB CI OB 

Câu 5) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có: 


2 

 

2 2 

 

x y z xyz x 1 yz y z .1 x y z 1 yz 1 

 

Tới đây ta cần chứng minh 

yz yz y 2 z 2 y 3 z 3 y 2 z 2 y 2 z 2 

yz 

2 2 2 2 4 0 1 0. 

Mặt khác theo giả thiết ta có: ta có 

2 2 2 2 2 

2 x y z y z 2yz yz 1 

.Nên bất đẳng thức trên luôn đúng. 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi có 2 số bằng 1 và một số bằng 0. 

Câu 1) Điều kiện: a 0, b 0, a 2b 

 

a 

ĐÁP ÁN ĐỀ 2 

3 3 

3 3 

a) Ta có: a 2 2b a 2b a 2b a 2ab 2b 

2 

b) Suy ra 

a 

b a 2a b a a 2b 

 

 

 

2 2b 

a 2ab 2b a 2b a 2ab 2b 

3 3 

a 2ab 2b 

1 

 

a 2b a 2ab 2b 

a 2b 

3 3 

a 2 2b 

a 2b a 2ab 2b 

a a 

2b 2ab 2b 2b a 

2 2 

a 2ab 2b a 2 2ab 2b 

a b 

a 

2b 2b 2b 

Vậy 

P 

2 2 

1 a b a 2b 

. 

. 

a 2b 2b 2b 


c) Ta có: 

1 3 3 1 

ab . 1 . 1 

2 

 

2 2 

. Suy ra: 

8 

a 2b a 

P a a 

2b 

2b 

2 

1 4 1 2 1 1 3 . 

Câu 2) 

Ta có m 2 

m m 

2 

4 1 2 0 , với mọi m . 

Do đó phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m . 

Theo hệ thức Viet, ta có: x1x 2 

m và x1x 

2m 

1 

1 

2b 

.Do đó 

4a 

a) Thay m x1 x2 

vào x1x 

2m 

1, ta được x1x 2 

x1 x1 1 

Vậy hệ thức liên hệ giữa x1, 

x 

2 

không phụ thuộc vào m là x1x 2 

x1 x1 1. 

Suy ra 

2 

b) Ta có: 

x x x x 2x x m 2 m 1 m 2m 

2 . 

2 2 2 2 

1 2 1 2 1 2 

2xx 

3 2m 

1 

A 

 

x x 2 x x 1 m 2 

. Vì 

1 2 

2 2 2 

1 2 1 2 

2 

2m 1 2m 1 m 2 

m 

1 2 

A1 1 0, m 

2 2 2 

m 2 m 2 m 2 

Suy ra A 1, m . Dấu “=” xảy ta khi và chỉ khi m 1 

Và 

 

 

 

2 

2 m 1 m 2 m 2 

1 2m 

1 1 

A 0, m 

2 2 2 

2 m 2 2 2 m 2 2 m 2 

1 

A , m . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m 2. 

2 

Vậy GTLN của A bằng 1 khi m 1 và GTNN của A bằng 

m 2. 

Câu 3) Gọi x (chiếc) là số tàu dự định của đội x *, x 

140 

Số tàu tham gia vận chuyển là x 1 (chiếc) 

Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo dự định 280 

x 

 

 

 

(tấn) 

 

2 

 

1 

khi 

2 

 

. Suy ra 

Số tấn hàng trên mỗi chiếc thực tế 286 x 1 

(tấn) 


Theo bài ra ta có phương trình: 280 

286 2 

x x1 

2 x 

10 

x x xx x x 

280 1 286 2 1 4 140 0 . Vậy 

x 

14( l) 

đội tàu lúc đầu có 10 chiếc tàu. 

Câu 4) Xét hệ phương trình: 

x my m 1 

 

mx y 3m 

1 

1 

2 

. Từ phương trình (2) 

của hệ ta suy ra y 3m 1 mx thay vào phương trình (1) của hệ ta thu 

được: 


2 2 

nghiệm duy nhất khi à chỉ khi phương trình 1 m x 3m 2m 

1 có 

2 

nghiệm duy nhất suy ra điều kiện là: 1 m 0 m 1. 

2 2 

3 1 1 1 3 2 1. Hệ có 

Khi hệ có nghiệm duy nhất xy ; ta lấy phương trình (2) trừ phương trình 

m 1 x m 1 y 2 m 1 x y 2 . Do đó: 

(1) thì thu được: 

2 

2 

xy x. x 2 x 2x 11 x 1 1 1Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 

2 2 

khi: x 1 3 1 2 1 1 0 

m1 m1 

m m 

thì xy . đạt giá trị nhỏ nhất 

Câu 5) 

a) ABC nội tiếp đường tròn đường kính BC ABC vuông tại 

A Chứng minh tứ giác ADHE 

.Vậy với m 0 

0 0 

là hình chữ nhật và ADH 90 , AEH 90 .Vậy 

DAE ADH AEH 

0 

90 nên tứ 

giác ADHE là hình chữ nhật. 

2 

b). Ta có AM. AN AE. 

AC AH 

AM AE 

 

AC AN 

N 

B 

M 

D 

A 

H 

I 

K 

O 

E 


AM AE 

AC 

 

AN 

AME CAN (c.g.c) AME ACN . Áp dụng hệ 

thức lượng trong các tam giác vuông ta có 

AB. AC AH. BC AH.2R 

(Vì BC 2R 

) 

2 2 

BD BD. AB; CH CE. 

CA 

2 4 2 2 

AH BH. CH AH BH . CH BD. AB. CE. CA BD. CE. AH .2R 

3 

AH 

2R 

, mà AH DE nên 

BD. 

CE 

3 

DE 

2R 

BD. 

CE . 

Giả sử DE cắt AH tại I , cắt OAtại K ; IAE 

OAC 

OCA ( OAC cân tại O ). Do đó 

OA 

DE . Ta có DI OA 

(1). Mặt khác O, 

 

IEA ( IAE cân tại I ), 

KAE KEA OCA IAE 90 

I cắt nhau tại A và 

M OI là đường trung trực của AM OI AM . Do đó I là trực tâm 

của ANO NI OA (2). Từ (1) và (2) cho DI, 

NI trùng nhau. Vậy 

D, E, 

N thẳng hàng. 

c) Đặt BH x0 x 2 R, CH 2R x nên AH x2R x 

1 1 3 x 

3 1 x 

SABH 

AH. BH x x2R x x 2 R x 

. 

2R x 

2 2 2 3 2 2 3 

 

2 2 

3 2 3 3 3 3 1 3 3 

2 x 

. x x 

. 

x x 

x R R R 

R . Dấu “=” 

4 3 2 2 3 2 4 3 3 8 

3R 

xảy ra khi và chỉ khi BH 0. A là giao điểm của nửa đường tròn 

2 

 

 

O với đường trung trực của OC . 

Câu 6) Sử dụng lần lượt các bất đẳng thức Cauchy - Schwarz kết hợp với 

giả thiết của bài toán, ta được: 

 

3 3 3 3 2 3 2 3 4 3 2 2 3 

x y x . x y. 

y x y x y x y x y . 

Theo bất đẳng thức AM- GM ta cũng có: 

2 2 3 3 

x y x y 

, và 

2 

3 2 2 3 

x y x y 

0 


3 3 2 3 3 2 

x x 1 3 x ; y y 1 3x 

suy ra 

3 3 

2x 

1 2y 

1 

3 3 

2 2 3 3 x y 

3 3 

3 3 

x y 

x y x y 

5 1 

 

2 2 6 3 

3 3 

x y 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y 1. 

Câu 1) 

a) Ta có: 

Câu 2) 

ĐÁP ÁN ĐỀ 3. 

 

a a b b a a b b a b a b b a ab 

P 

a b a b a b 

. 

b) Ta có: 2 

a 1 b 1 2 ab 1 ab a b 2 ab a b 

Vì a b nên ab b a . 

Vậy P 1. 

a) Phương trình hoành độ giao điểm của 

2 2 

x mx x mx 

4 4 0 . 

d và P là: 

2 

Ta có m 16 0 , với mọi m nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân 

biệt, suy ra đường thẳng d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt. Theo định 

x1x2 

m 

2m 

7 

lý Viet ta có: ta có Q . (dùng phương pháp miền giá 

2 

x1. x2 

4 

m 8 

trị hàm số- Xem thêm phần ứng dụng trong bài toán GTLN, GTNN) ta dễ 

1 

tìm được giá trị lớn nhất của Q là 1 và GTNN của Q là đạt được khi 

8 

m 1 và m 8. 

b) 


Để ý rằng đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định I 0;4 

nằm trên trục 

tung. Ngoài ra nếu gọi ; , ; 

A x1 y1 B x2 y 

2 

thì 

1 2 

xx . 4 0 nên hai giao 

điểm AB , nằm về hai phía trục tung. Giả sử x1 0 

x2 

thì ta có: 

1 1 


AH. OI BK. 

OI với H, 

K lần lượt là hình chiếu 

2 2 

vuông góc của điểm AB , trên trục Oy . Ta có 

OI 4, AH x x , BK x x 

. Suy ra S 2 x x 

1 1 2 2 

 

2 1 

2 

2 2 

SOAB 

4 x1 x2 4 x1 x2 4x1x 

 

 

2 

. Theo định lý Viet ta có: 

 

x x m, x x 4 

1 2 1 2 


OAB 

2 2 

. Thay vào ta có: 

OAB 

S 4 m 16 64 m 0 . 

Câu 3) Gọi vận tốc của xe máy là x km/h x 0 

. Khi đó vận tốc của ô tô 

là 3 x 3x 

km/h. Theo bài ra ta có phương trình: 1,5 x1,5. 150 x 40 . 

2 

2 

Do đó, vận tốc của xe máy là 40 km/h và vận tốc của ô tô là 60 km/h. Sau 

khi gặp nhau, thời gian ô tô đi đến B là: 150 1,5 1 (giờ). Sau khi gặp 

60 

nhau, thời gian xe máy đi đến A là: 150 1,5 2,25 

40 (giờ). 

Câu 4) 

a) Do đường tròn ABH có đường kính là AB nên M ABH 

Xét hai tam giác AHN và AMC có AM 

AH ; 

. 

Và có AMC AMP AHP AHN ; ACM ACP ANP ANH Suy ra 

AHN 

AMC . Vậy HN MC . 

0 

b) Do CAE 90 nên CE là 

đường kính của đường tròn 

 

 

APC . Suy ra EN 

Ta chứng minh CN 

NC . 

BC . 

M 

A 

P 

E 

N 

B 

H 

K 

C

Ta có: ACN APN 

AMH ABH HAC . 

Do đó CN // AH hay 

CN BC . 

1 

c) Xét đường tròn APC , ta có: AKB APM sđ AC Xét đường 

2 

tròn ABH , ta có: APM AHM AMH ABH . Suy ra AKB ABK 

hay tam giác ABK cân tại A .Do đó HB 

Câu 5) 

HK . 

3 3 2 2 

Ta có 

a b a b a ab b a b ab . Tương tự ta cũng có 

3 3 

và 

3 3 

b c b c bc 

c a c a ca . Do đó 

3 3 3 

 

2 a b c ab a b bc b c ca c a 

 

2 2 2 2 2 2 

a b c b c a c a b 2a bc 2b ca 2c ab . Vậy 

3 3 3 2 

a b c a 

2 

bc b 

2 

ca c ab (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ 

khi ab c. 

Câu 1) Điều kiện: 


3 

x0; 

x . Đặt 3x a, ta có: 

4 

2 3 

 

2a 4 a 1a 

P a 

3 2 

a 8 a 2a 4 1 

a 

 

2 

.1 a a a 

2 

a 2 a 2a 

4 

 

2 2 

2a 4 a a 2 a 2a1 

 

3x2 3x1 

P 

. Ta có: P 

3x 

2 

Với x 1 ta có P 2 (thỏa mãn). 

3x 

3 

2 

3x 

2 

a 2 

. Thay a 

3x 

, ta có: 


Xét x 1: Do 3x 3 ; 3x 3 0 và P nên 3x 2 

P 

3x 

1 

. Do đó P 3x 

2 

3x 

2 

1 3x 2 1 x 3 hoặc 

là ước 

1 

3 

x (loại). Vậy 1;3 

 

x . 

. Ta có: 

Câu 2) 

a) Đường thẳng d : y kx 

2 

Xét phương trình 

x 

2 

2 

2 

kx 2 x 2kx 

4 0 (1) 

2 

' k 4 0 với mọi k , suy ra (1) có hai nghiệm phân biệt. 

Vậy d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt. 

b) Giả sử (1) có hai nghiệm phân biệt x1, 

x 

2 

Suy ra A x ; y , B x ; y thì H x ;0 , K x ;0 

1 1 2 2 

1 2 

Khi đó IH 2 x 2 4, IK 2 x 2 4, KH 2 x x 2 

1 2 1 2 

Theo định lý Viet thì xx 

1 2 4 nên 

Vậy tam giác IHK vuông tại I . 

Câu 3) 

IH IK x x KH 

2 2 2 2 2 

 

1 

 

2 

8 

 

Đặt x y u, 

xy v (với v 0). Hệ đã cho trở thành 

 

u 

 

 

v 

u 9 

v 2 

1 5 

v 2 

1 

2 

v 

2 

2 

Phương trình (2) có dạng 2v 

5v 2 0 

1 . v 

2 

+ Với v 2 thay vào PT (1) tìm được u 3. Ta có hệ phương trình 

x 

y 3 

2 

nên xy , là nghiệm của phương trình X 3X 

2 0 , tức là 

xy 

2 

xy , 1;2 , 2;1 

. 


.

+ Với 

 

x y 

 

 

1 

xy 

2 

 

1 

v thay vào PT (1) tìm được 

2 

3 

2 

nên xy , là nghiệm của phương trình 

3 

u . Ta có hệ phương trình 

2 

2 3 1 

X X 0 , tức là 

2 2 

1 1 

xy ; 1; , ;1 .Từ đó suy ra hệ đã cho có tất cả bốn nghiệm như trên. 

2 2 

Câu 4) 

a) ABD AEB (g.g) 

AB 

AE 

AD 

AB 

2 

AB AD. 

AE . 

B 

b) 

0 

OMA 90 (định lý đường kính, 

dây cung) 

M 

thuộc đường tròn 

đường kính OA (1). Ta có 

A 

D 

I 

H 

M 

O 

F 

K 

E 

0 

ABO 90 (tính chất tiếp tuyến) 

C 

B thuộc đường tròn đường 

0 

kính OA (2). Ta có ACO 90 (tính chất tiếp tuyến) C thuộc đường 

tròn đường kính OA (3). Từ (1),(2),(3) suy ra 5 điểm A, B, M , O, 

C cùng 

thuộc một đường tròn đường kính OA. 

c) Mà 

AB 

2 

AD. 

AE (cmt) AH AD 

AH. AO AD. 

AE AE 

AO 

. Chứng 

minh AHD AEO (c.g.c) AHD AEO Tứ giác OHDE nội tiếp. 

d) Ta có AHD AEO (cmt), OHE ODE (tứ giác OHDE nội tiếp); 

AEO 

ODE ( OED cân tại O ). Suy ra AHD EHO . 


Ta có 

AHB 

tại H ); AHD 

Xét 

0 

DHB 

90 ( BC OA 

tại H ); 

EHO 

0 

EHB 

90 ( BC OA 

EHD (cmt) EHB BHD 

HI là phân giác EHD 

EHD có HI là đường phân giác 

phân giác EHD ; HI 

ID HD 

IE 

HE 

.Ta có tia HI là tia 

HK ( BC OA tại H ); EHD EHF là hai góc kề 

bù HK là tia phân giác EHF . Xét EHF có HK là đường phân giác 

KF HD 

KE 

HE 

. Ta có ID HD KF HF 

(cmt); (cmt); HD HE ( H 

IE HE KE HE 

ID KF 

là trung điểm cạnh HF ) IE 

KE 

. Xét EFD ID KF 

có (cmt) 

IE KE 

IK // DF (định lý Ta-lét đảo). 

1 

a b a b 

Câu 5) Do a, b a b 1 . Thiết lập hai bất đẳng 

2 1 c a b c 

thức tương tự và cộng chúng lại theo vế, ta 

a b a b 

được: 2 

.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

1 c a b c 

1 

a b c . Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức vế bên phải. Do 

2 

a a 

ab , 1 nên 1 c a c 

; b b 


1c b c 

 

a b a b 

 

3 

1 c a c b c 

, với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

a b c 1. 

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5 

x 3 x 2 x 2 x 

Câu 1) P 

: 1 

x 2 3 x x 5 x 6 

 

x 1 

 

x 

0 

 

a) Điều kiện xác định : x 

4 

 

x 

9 


Ta có: 

 

x 3 x 2 x 2 x 

P : 1 

x 2 x 3 x 1 

 

 

 

x 2 x 3 

 

 

 

x 2 x 3 

x 3 x 3 x 2 x 2 x 2 

x 

 

: x 1 

 

 

 

 

 

x 9 x 4 x 2 x 1 

 

. 

x 1 

x 2 x 3 

x x x 2 

b) Ta có 

P 0 

 

x 

 

x 1 

x 2 

 

 

x 0 

0 x x 2 

0 x 4 . 

x 20 

c) Đặt x1 t 1 thì x t 1. Ta có: 

 

x t 

 

x t t t t 

P t 4 

2 2 

x 2 1 2 1 2t 

2 t 4t 3 

P t t 

1 2 

1 4 3 3 

3 1 

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: t 2 3 2 3 4 

t 

P 

. Dấu bằng 

3 

xảy ra khi và chỉ khi t t 3 x 1 3 x 4 2 3 . Vậy 

t 

GTNN của 1 P là 2 3 4 . 

Câu 2) 

a) Phương trình hoành độ giao điểm của d và P là: 

 

2 2 

x m x m x m x m 

5 5 0 (1). Ta có: 

 

2 2 

m 5 4m m 3 16 0, m 

Suy ra phương trình (1) có hai 

nghiệm phân biệt với mọi m .Vậy d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt. 


) Ta có x1, 

x 

2 

là hai nghiệm của (1). Theo định lý Viet, ta có: 

x1 x2 

m 5 

 

x1. 

x2 

m 

Ta có: 

2 2 

4 m m m 

 

2 

M x1 x2 x1 x2 x1x 

2 

2 2 

5 4 3 16 16 . 

Do M 0 nên M 4 . Dấu bằng xảy ra khi m 3.Vậy M 

min 

4 . 

Câu 3) Gọi vận tốc xe máy là x (km/h) Điều kiện x 0 . 

Gọi vận tốc ô tô là y (k,/h). Điều kiện y 0. 

Thời gian xe máy dự định đi từ A đến B là: 210 giờ. Thời gian ô tô dự 

x 

định đi từ B đến A là: 210 giờ. Quãng đường xe máy đi được kể từ khi 

y 

gặp ô tô cho đến khi đến B là : 4x (km). Quãng đường ô tô đi được kể từ 

khi gặp xe máy cho đến khi đến A là : 9 y (km). Theo giả thiết ta có hệ 

4 


9 9 

210 210 9 210 210 7 

 

 

4x y 4x y 1 

4 

 

x y 4 

 

4 4 7 

x y 4 

 

 

4 

 

x y 

9 

x 2y 

210 

4 

9 

4x 

y 210 

9 

 

4 4x 

y 210 

4 

2 

Từ phương trình (1) ta suy ra 

9 9 

4x y 4x y 

4 4 7 9y 

4x 

3 

0 x y. Thay vào phương trình 

x y 4 4x y 4 

(2) ta thu được: 12 y 9 y 210 y 40 , x 30 . 

4 4 

Vậy vận tốc xe máy là 30 km/h. Vận tốc ô tô là 40 km/h. 

Câu 4) 

 


a) Ta có MD là đường trung bình của tam giác CBH . Suy ra 

CDM CBA CNM 

Vậy tứ giác CMDN nội tiếp. 

b) Do tứ giác CMDN nội tiếp nên NDC NMC AMH 

Suy ra 

0 0 

SDN 90 NDC 90 AMH BAN 

. 

A 

Do SB là tiếp tuyến của O 

 

E 

nên BAN SBN .Suy ra 

H 

O 

M 

SDN SBN .Do đó, tứ giác 

B 

D 

C 

SBDN nội tiếp. suy ra, 

DSN DBN NEC .Vậy 

F 

N 

CE song song với SA . 

S 

c) Gọi F là giao điểm 

của CN với SD . 

Ta có: FSN 

NEC (so le) NCS . Suy ra 

2 

FNS FSC FS FN. 

FC .Xét tam giác vuông DFC có DN là 

đường cao. Ta có, FD 

của SD . 

2 

FN. 

FC . Suy ra FD 

FS hay F là trung điểm 

2 2 

Câu 5) Từ phương trình 2 của hệ ta suy ra xy , 0. Xét phương trình: 

 

3 3 2 2 

x y 7 x y xy 8xy 2 x y . Ta có: 

2 

 

. 

3 3 2 2 

x y 7 x y xy x y x y 6xy x y x y 4xy 

2 2 

x y 4xy 2 x y .4xy 

. Suy ra 

Theo bất đẳng thức Cô si ta có: 

 

3 3 

2 2 

x y 7 x y xy 4 xy x y x y 4 xy x y 

. Ta có 

2 2 2 2 2 

 

x y x y 2xy 2 x y .2xy 

. Suy ra 


3 3 2 2 

x y 7 x y xy 8xy 2 x y . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

x 

y. Thay vào phương trình (2) ta thu được: 

x 3 

x 2x 3 6 2x 2x 3 x 2x 3 

2x 

3 

2x3 

x 

1 3 

Suy ra x 3 hoặc: 2x 3 x Do x nên pt này vô nghiệm. Tóm 

2 2 

lại: Hệ có nghiệm: x y 3. 




 

 

 

Ta có: (1) 

2 

x 3x 2x x 3 4 x 3 6 0 (2) 

Đặt t x x 3 

t 4t 3 0 t 1 t 3 0 t 1; t 3 

2 

Do đó (2) 

Với t 1, ta giải phương trình x x 3 1 x 3 1 

x 

 

1x 0 x1 x1 

 

2 

2 2 

 

x 3 1 

x x 3 1 2x x x 3x 

2 0 

x 

1 

3 17 3 

17 

x x 

 

2 2 

 

3 

17 

x 

 

2 

Với t 3 , ta giải phương trình x x 3 3 x 3 3 

x 


x 

3 

 

x1 x 

1 

 

x 

6 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 

3 17 

x , x 1 . 

2 

Câu 2) Lời giải: 

Đặt x a, y b, 

z c thì 

2 2 2 

x y z x y z 

2 . 

2 2 2 2 2 

Suy ra xy yz zx x y z x y z 

2 2 2 2 

xy yz zx 1. 

2 

Do đó: 1 a xy yz zx x x yx z 

; 

 

 

2 

1 b xy yz zx y y z y x 

; 

2 

1 c xy yz zx z z x z y 

. 

Vì vậy 

a b c x y 

z 

1 a 1 b 1 c x y x z y z y x z x z y 

 

2 

 

 

x y y z z x x y y z z x 

 

x y z y z x z x y xy yz zx 

 

 

2 

1 a1 b1 

c 

. 

Câu 3) Ta có 

a n 

3 5 3 5 1 5 1 

5 

2 

 

2 2 2 2 

 

n n n n 

 

 

 

 

2 

Xét dãy 

S n 

n 

1 

5 1 

5 

 

 

2 2 

 

n 

, ta chứng minh b 

n 

là một số nguyên. 


1 

5 1 

5 

Xét x1 , x2 

ta có 

2 2 

của phương trình: 

x 

2 

x1 0. 

x1x2 

1 

 

x1. x2 

1 

suy ra x1, 

x 

2 

là hai nghiệm 

n1 n1 n n n1 n1 

Ta có Sn 

1 

x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 

 

S S S . 

n1 n n1 

hay 

Ta có 2 

S 1, S x x 2x x 3, S S S 2. Từ đó bằng phép 

1 2 1 2 1 2 3 2 1 

quy nạp ta dễ dàng chứng minh được 

n 

số chính phương. 

Câu 4) 

a) Ta có AEF OAE 

 

ABC 1 180 AOC 90 

2 

 

 

0 0 

S là số nguyên . Suy ra 2 

G 

F 

Q 

N 

A 

H 

M 

O 

a 

E 

n 

S là 

n 

P 

Suy ra OA 

EF 

B 

D 

C 

b) Việc chứng minh 

trực tiếp AK đi qua trung điểm của DE 

L 

K 

là tương đối khó. Để ý đến chi tiết CH cắt đường 

tròn ( O ) tại điểm G ta sẽ thấy GH , đối xứng nhau qua AB , hay F là 

trung điểm GH . Như vậy ta cần tìm mối quan hệ giữa điểm F và điểm 

M thông qua các tam giác đồng dạng. Xét tam giác DFH và tam giác 

DAE : Ta thấy DFH DBH DAE , Ta cũng có 

0 

AED 180 

ABD FHD suy 

HF HD 2HF 2HD HG 2HD 

ra DFH 

” DAE 

hay 

EA ED EA ED EA ED 


HG HD 

. Từ đó suy ra HGD” 

EAM 

 

EA EM 

EAM HGD CAK AM AK . 

c) Giả sử BH cắt đường tròn ( O ) tại điểm P khác B . 

Tương tự câu a ta có: P đối xứng với H qua AC . Suy ra 

AG AH AP do đó GP OA EF suy ra EF / / MN / / GP , giả sử 

AL cắt GP tại Q . Ta có: 

MNA AQP AGQ QAG APG QAG AKG GKL AKL suy ra tứ 

giác MKNL nội tiếp. 

Câu 5) Để ý rằng: 

2 2 

2xy x y . 

2 

Ta lại có: 1 2bc a b c 2 

0 ; ca b 2 

c a 2 

2 

2 

1 2ab c a b 0 

Nên 

1 2 0; 

a 2 2 2 2 2 2 

b c a b 

c 

1 2bc 1 2ca 1 2ab 1 b c 1 c a 1 a b 

2 2 2 

a b c 1 1 1 

3 2 

2 2 2 

2 2 2 

1 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c . 

2 2 2 2 2 2 

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta thu được: 

1 1 1 9 9 

.Từ đó suy ra: 

2 2 2 2 2 2 

2 a 2 b 2 c 6 a b c 5 

a 2 2 2 

9 3 

b c 3 2. . Chứng minh hoàn tất. đẳng thức 

1 2bc 1 2ca 1 

2ab 

5 5 

1 

xảy ra khi và chỉ khi a b c . 

3 

Câu 6) Vì mỗi số nguyên dương m lẻ không vượt quá 2015 , ta xây dựng 

tập A 

m 

gồm các số dạng 2. 

k m , trong đó k và 2 k . m 2016 . Kí hiệu 


k 

k 

A 2 . m | k ,2 . m 2016 . Với cách xây dựng trên, khi m 1009 thì 

m 

A 

m 

chỉ có một phần tử là m . Vì có đúng 1008 số lẻ không vượt quá 2016 

nên có đúng 1008 tập 

A 

m 

. Nhận thấy rằng với n nguyên dương bất kỳ, 

k 

1n 

2016 , ta luôn viết được n 2. m với m là số nguyên lẻ, điều này 

cho thấy mỗi số nguyên từ 1 đến 2016 đều thuộc vào ít nhất một trong 

1008 tập A 

m 

. Nhưng tập M có đúng 1009 phần tử, do đó chắc chắn có hai 

phần tử của M giả sử là a, 

ba 

b 

cùng thuộc một tập A 

m 

nào đó. Khi đó 

p 

q 

b 

a 2. m và b 2. m với p q, suy ra 2 q 

p hay b là bội của a . 

a 

ĐỀ SỐ 7 

Câu 1) Viết lại phương trình đã cho thành: 

2 

2 

2 1 2 17 4. Đặt t x 2x 

17 4 . Ta có 

2 2 

x x x x 

2 2 

x 2x 1 t 16 và phương trình đã cho được viết 

2 2 

2 

thành: t t t t t 

 

16 4 0 4 4 4 1 

0 . Phương trình 

 

 

t 4 0 có nghiệm t 4 hay 

t 

t 

2 

2 

x x x 

2 1 0 1. Phương trình 

4 4 1 0 vô nghiệm do t 4 .Vậy phương tình có một nghiệm 

x 1. 


5m1 5 

ra A 

 

với k 

Z 

. Suy 

2015 2015 2015 

6 (5 1) 1(mod5) 6 5k 

1 

26 26. 26 m 

. Mặt khác để ý rằng: 

5 5 4 3 2 2 3 4 5 

a b a 5a b 10a b 10a b 5ab b 

. Nếu 

5 5 

a 25 a b b (mod125) suy ra 

. Dễ thấy A 8 suy ra 

5 

26 1(mod125) A 26(mod125) A 125m 

26 

125m26 8 m chẵn 

m 2r A 250r 26 248r 24 2( r 1) 

r chia cho 4 dư 


3 r 4 p 3 

. Hay 

cùng của A là 776 

Câu 3) 

A 250 4 p 3 26 1000 p 776. Vậy 3 chữ số tận 

a) Ta viết lại phương trình thành: x y 3 3 xy( x y) xy 8 

x y a Đặt ( a , b Z ) . Ta có 

xy 

b 

3 3 

a ab b a b a 

3 3 

3 

a 8 (3a 1) 27a 8 

3a 

1 

a 

3 8 8 (3 1) 

27 1 215 3a1 

215 3a 

1. Mặt khác ta có 215 5.43 suy ra 3a 1 1; 5; 43; 215. 

Cuối cùng ta thay các trường hợp để tìm a, b x 2; y 0 hoặc 

x 0; y 2 . 

26 15 3 2 3 2 3 .Do đó 

3 

b) Ta có 

3 

3 

 

3 26 15 3 2 3 2 3 2 3 1. Đặt 

thì ta có: 

3 3 

a 18 3a a 3a 

18 0 a 

3 27 3a 9 0 

2 

2 

a 3 a 3a 6 0 a 3 (vì a 3a 6 0 ). Vậy 

 

3 3 

9 80 9 80 3. Suy ra 

Câu 4) Phân tích định hướng giải: 

1 

3 

3 3 

a 9 80 9 80 

3 2 

x . Khi đó 2016 

P 3x x 1 1. 

A 

S 

A 

O 

L 

F 

P 

O 

Q 

E 

K 

T 

B 

H 

C 

B 

M 

N 

C 

D 

T 


R

Ta dễ chứng minh được tính chất sau: Tam giác ABC nội tiếp ( O ) , các 

tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại T , AT cắt ( O ) tại D , OT cắt BC tại 

H . Khi đó AHC ABD và BAT HAC . (Xem thêm phần tính chất cát 

tuyến, tiếp tuyến) 

Trở lại bài toán: 

+ Áp dụng kết quả bài toán ta có: ABK# EBC 

. 

+ Từ kết quả ABK# EBC 

chú ý rằng: KP, 

CM lần lượt là trung tuyến 

của các tam giác ABK, 

EBC nên suy ra BCM BKP (1) , tương tự 

CBN 

CLQ (2) . 

+ Ta có PLK QBC PQB (do KLBC nội tiếp và PQ // BC ). Từ đó suy 

ra tứ giác PQKL nội tiếp nên ta có: BKP 

Từ (1), (2), (3) ta có: BCM 

Câu 5) 

CBN . 

CLQ (3). 

a) Ta có: ... 2 1 ... 

x x x x n n x x x n 

2 2 3 2 3 2 

1 2 2 n 

1 2 

n 

2 1 2 2 1 2 

... 2 1 

x n x n 1 x n x n 1 ... x nx n 1 

0 

 

x 2 2 2 2 2 2 

n 

n xn n n 

x n x n n 

xn n xn 

n n 

 

 

1 1 2 2 n n1 

Mặt khác x n x n 

1 

không âm, do đó xk 

dương. 

k 

 

k 

là tích của hai số nguyên liên tiếp nên 

n hoặc xk 

n 1. Do n 2 nên x 

k 

là số nguyên 

2 

b) Vì x n; n 1 

nên nn x x x n 

k 

1 

1 2 

... 

n 

Do đó n 2 1 n 2 1 n x x ... x n 2 n 1 n 

1 2 

1 2 

n 


Suy ra x1 x2 ... x 1 n nằm giữa hai số chính phương liên tiếp nên 

không là số chính phương. 

n 

Câu 1) 

Điều kiện x 0 . 

Phương trình tương đương với: 

ĐỀ SỐ 8 

8 4 2x 9x 1 4 2x 

x 9 x 0 

x1 x1 x1 

x1 

8x 4 2x 2 2x 

 

1 0 1 0 

x 1 x1 x1 

 

 

2 2x 

1 

1 8x x 1 

x (thỏa mãn). 

x 1 

7 

3 2 3 

Câu 2) Ta có: 2 

2 

x 2y 6y 11 0 x 3 y 1 8 8 x 2 

2 2 2 2 2 2 

(1). 

x y x 3 2y 3 0 x y 1 3 y 1 2y 

2y 

3 4 2 2 

y 1 

2 

x x 

2 

y 1. Do đó 

x 

y 7 . 

3 2 

(2). Từ (1) và (2) suy ra x 2, khi đó 

Câu 3) Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn đề bài. Khi đó tồn tại số nguyên 

dương k sao cho 


2012 2015 n 2 2012 n 2 1006 1006 n 

2 2 2 k 9.2 2 k k 3.2 k 3.2 2 

Suy ra 

Suy ra 

Câu 4) 

. 

1006 a 

k 

3.2 2 

 

1006 b 

k 

3.2 2 

a, b , a b n 

 

b 

1 1006 b 

1007 

 

ab 

 

2 1 3 a 

1009 

1007 

2 a b 

b 1 a b 

1006 

2 3.2 hay 2 2 1 

3.2 

n 2016 . 

. 

A 

O 

T 

F 

E 

G 

I 

B 

M 

C 

D 

a). Ta có : Tứ giác AOMT nội tiếp nên : AOT 

EOD 

AMC (cùng bù với 2 góc bằng nhau) . 

AMT suy ra 

b). Ta thấy rằng: AMC# EOD 

( g. g) suy ra 

AC 2 

MC MC 

BC 

ED OD 2OD AD 

suy ra EAD# ABC 

nên EAD 

ABC , tam giác ABC nhọn suy ra O 

nằm trong tam giác suy ra ABC 

ADC (cùng chắn cung AC ). Từ đó suy 

ra EAD ADC suy ra AE // CD và suy ra AE AC . 


c). Từ chứng minh trên ta có: 

0 

FAE T AC 90 DAC 

. Suy ra 

FGT FAE DAC DBC FBT hay tứ giác FGBT nội tiếp nên 

TGB TFB EGA suy ra GO là phân giác của góc AGB . Gọi I là giao 

điểm của GO với ( O ). Ta có OA OB nên AGBO nội tiếp. Mặt khác 

OA OB OI nên I là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABG . 

Chú ý: Trong phần chứng minh ta đã sử dụng bổ đề sau: „‟Cho tam giác 

ABC nội tiếp ( O ), ngoại tiếp ( I ). Đường thẳng AI cắt ( O ) tại D thì 

DI DB DC ‟‟ Phần chứng minh dành cho các em học sinh. 

Câu 5) Nhận xét rằng trong tập hợp X có 34 phần tử, các phần tử đều có 

dạng 3n 1 với n 0,1,2,...,33. Trước hết, ta tìm các cặp hai phần tử phân 

biệt trong X là 3n1,3m 1 sao cho 3n 13m 1104 m n 34 

Với n 0 thì m 34 33. Với n 17 thì m 17 suy ra hai phần tử bằng 

nhau. 

Loại trừ hai phần tử trên, 32 phần tử còn lại cho ta 16 cặp hai phần tử phân 

biệt 3n1,3m 1 thỏa mãn nm 34 đó là 

4;100 , 7;97 , 10;94 ,..., 49;55 (*) 

Nếu ta lấy ra 19 số bất kỳ từ tập X thì có thể xảy ra một trường hợp “xấu” 

nhất là 16 số mà mỗi số thuộc vào 16 cặp ở (*) và thỏa mãn nm 34 . Vì 

tập con A có 19 phần tử nên nó thỏa mãn bài toán (đpcm). 


ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 9. 

2 2 2 2 

2 x 1 2y 2 2 2y 2 3z 

x 1 2 y ; y 4 6z 2y 2 3 z 

; 

2 2 

2 2 

2 2 3z 

5x 

z 15 3x 3z 5 x . Suy ra 

2 

4 1 2 4 6 15 3 

2 2 2 

x y y z z x 

2 2 2 2 2 2 

x 1 2y 2y 2 3z 3z 5 

x 

4 . Điều này tương đương với 

2 2 2 


hệ: 

được 

2 

12y x 2 2 

12y x 

 

 

2 3z 2y 2 3z 2y 

 

2 

2 2 

5x 

3z 

5 x 3z 

 

2 2 2 

P x y z 

2 2 2 

2 3 4 . 

. Cộng theo vế ba đẳng thức trên ta 

Câu 2) Trước hết ta có nhận xét: Với mọi số nguyên n 1 thì 

2 1 2 

 

. Áp dụng vào bài toán ta có: 

n n 1 n n 1 

n 

1 1 1 

1 2 ... 

 

A và 

2 2 

2 3 3 4 2016 2016 1 

 

1 1 1 

1 2 ... 

 

A . Mặt khác ta 

2 2 

1 2 2 3 2016 1 2016 

1 

cũng có: 

n1 

n từ đó suy ra 

n 

n1 

 

1 1 1 

2 

1 2 ... 1 2 2016 1 2 

2 2 

và 

 

 

2 3 3 4 2014 2016 1 

 

1 1 1 

2 

1 2 ... 1 2 2016 1 

2 2 

 

1 2 2 3 2016 1 2016 

Do đó 

2 A 

2 

1 2 2016 1 2 1 2 2016 1 4030 A 

4031 

vậy A 4030. 

Câu 3) 

a) Từ phương trình ( 2) ta có: 

 

3 

7x 3xy 3x y 1 3 x y x y 1 

Hay 7x 3 3xy 4x 2y x y 1 3 x yx y 1 

 

 

3 3 3 3 

8x y 6xy 2x y x y 3xy x y 3 x y 1 x y .1 1 


 

 

 

 

 

 

.

3 3 

2x y x y 1 2x y x y 1 x 1. Thay vào phương 

trình đầu tìm được nghiệm của hệ là: xy ; 1;1 , 1; 4 

. 

b) Giả sử , 

a 

dx 

 

a b d b dy 

 

 

xy , 1 

 

ab a b xy x y d 

Theo giả thiết ta có: 

Z Z . Mặt khác ta dễ 

2 2 2 2 

a ab b x xy y 

dàng chứng minh được: 

x 2 xy y 2 x x 2 xy y 2 y x 2 xy y 2 x y y 2 x 

suy ra 

. 

, 1; , 1; , 1; , 1 

2 2 2 2 3 3 3 3 

d x xy y d x xy y a b d x y d 

 

 

d 2 x 2 xy y 2 d 2 . xy ab hay 

3 

a b ab . 

Câu 4) Phân tích định hướng giải. 

A 

a). Từ giả thiết 

P 

PC QC PC QC 

 

PA QP PA PC QP QC 

PC 

AC 

QC 

PC 

2 

PC CACQ . . 

B 

S 

R 

Q 

C 

Mặt khác do tứ giác AQRB nội 

T 

tiếp nên CACQ . CR. 

CB .Từ đó suy ra 

PC 

2 

DCR. 

CB . 

Hay PC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBR . 

b). Từ chứng minh trên ta suy ra APB 

PRB ,Ta có 

0 

ABP 180 BAP APB BRQ BRP PRQ 

ASP ABP PRQ PSQ 

nên SP là phân giác trong của góc ASQ . Dựng đường thẳng qua SP cắt 


AC tại T thì ST là phân giác ngoài góc ASQ . Ta có 

TQ PQ CQ PQ CQ CP TQ CQ TC 

suy ra 

TA PA CP PA CP AC TA CP CT AP 

CP CT AP CT. AC CT ( AP PC) CP. AP CT. 

AP CP CT 

hay C là trung điểm của PT . Vậy tam giác CSP cân tại C . 

c). Ta có 

2 2 

CS CP CQ. CA CR. 

CB 

suy ra 

0 

SRC BSC BSD DSC BAP APS 180 BDS 

. Hay 

0 

BDS 180 SRC SRB 

. Vậy tứ giác BSRD nội tiếp. Suy ra điều phải 

chứng minh. 

Câu 6) Với * 

k , ta có n k n k 1 n 2 n k 2 k nn 

1 

Lấy tích từ k 1 đến m ta được n 

m ! 

 

n 

m ! 

 

 

 

 

 

m 

n1 . n 

m 

(1) 

Ta có n k 2k 

, với mọi k 1,2,..., m. Lấy tích từ k 1 đến m , ta được 

n 

m! 

m 

2 . m! 

n! 

Mặt khác vì nm 1 nên n! n m! 

suy ra n m ! n m! 

. 

n m ! n! 

 

 

 

Do đó n 

m ! 

m 

2. m 

n 

m ! 

Từ (1) và (2) ta có đpcm. 

(2) 

ĐỀ SỐ 10 

Câu 1) Đặt y x 5, z 45 2x 

ta có y0, z 0 . 

Từ phương trình đã cho ta có hệ phương trình: 

Trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được 


 

 

2 

y 

 

 

 

z 

2 

35 2z 

35 2y 

(*)

2 2 yz 

2 

 

y z 2y 2z y z y z 2 0 

y 

z 

Với y z thay vào phương trình đầu của hệ (*) ta được: 

2 y 5 

2 

y 2y 35 y 1 36 

y 7 

Vì y 0 nên y 5 suy ra x 10 thỏa mãn phương trình đã cho. 

Với y z 2 z 2 y , thay vào phương trình đầu của hệ (*) ta được 

2 

2 

y y y y 

35 4 2 1 32 1 

4 2 

Vì y 0 nên y 1 4 2 suy ra z 1 4 2 0 . Do đó hệ (*) vô nghiệm 

Vậy phương trình có nghiệm x 10 . 

Câu 2) Để ý ta thấy: 

2n1 

n 

2 2.4 

n 

A 2 3 2 3 ta có 4 3k 

1 nên suy ra: 

2n1 

n 

2 2.4 2(3k1) 

k 

A 2 3 2 3 2 3 4.64 3 do 

k 

A 

k 

64 631 1 mod 7 0 mod 7 . Mặt khác ta có: 

2.4 8 

2 n 

3 2 3 7 

A . Suy ra 

2n1 

2 

A 2 3 là hợp số. 

Câu 3) 

nên theo tính chất c) ta có: 2 

Vì 2 3 A 

Mặt khác theo tính chất a) có 

2 3 A 5 2 6 A. 

5 A nên 5 

5 2 6 2 6 A 

Khi đó 2 6 2 3 6 2 4 3 A 6 2 4 3 A 

Ta có 5 2 5 3 A 

, suy ra 

6 2 4 3 5 2 5 3 3 2 A 

Do đó 

Câu 4) 

1 

3 2 A 

2 

3 

(đpcm). 


A 

E 

L 

M 

N 

G 

D 

P 

O 

F 

H 

B 

C 

a). Ta có 

CF 

1 

FCB FEB BCD suy ra CF là phân giác của góc BCD và 

2 

BD . Nên HCD HCB HED nên tứ giác CHDE nội tiếp 

b). Vì tứ giác CHDE nội tiếp nên HEB HDC HBC và 

nhau theo dây cung BE nên suy ra BE , đối xứng qua OC suy ra 

O và C cắt 

BDC CBD LEC suy ra tứ giác CELD nội tiếp nên 5 điểm C, E, L, D, 

H 

cùng nằm trên một đường tròn ( x ). Ta có: HLG HEC CBE CFE suy 

ra HGLF nội tiếp đường tròn ( y ). 

c). Ta thấy điểm H là trực tâm của tam giác BCL và LH là trục đẳng 

phương của hai đường tròn ( x),( y ) nên LH cắt EF tại P thì 


PG. PF PD. 

PE suy ra 

PG PD 

. Mặt khác GM / / DN / / PL nên 

PE PF 

LM PG PD LN 

suy ra MN // EF nên tứ giác GM ND là hình bình 

LE PE PF LF 

hành. Từ đó suy ra DN 


MG . 

a b c 2 

a b b c c a 

 

1 1 1 1 1 1 1 1 1 

0 

Suy ra trong ba số a1, b1, c 1 luôn tồn tại hai số có tích không âm. 

Không mất tính tổng quát, giả sử b 

c 

 

Do đó abc 2 bc a b c bc a bc 

1 

Cauchy 

1 1 0 , suy ra b c 1 bc . 

hay a bc 

2 .Sử dụng BĐT 

2 2 

b c 2bc 

và a bc 

2 , ta có: 

 

2 2 2 2 

a b c abc a bc abc a a bc 

4 2 4 2 2 0 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. 

HẾT

Sách tham khảo môn Toán - Các Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Đại Số 9 - Nguyễn Trung Kiên - FULLTEXT (518 trang)

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?